Question

6．已知函数f（x）=x³-x-$\sqrt{x}$，g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）+\sqrt{x}}$+lnx
（1）求函数y=f（x）的零点个数；
（2）若函数y=g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）内有极值，求实数a的取值范围；
（3）对任意的t∈（1，+∞），s∈（0，1），求证：g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）易知x=0是y=f（x）的零点，从而x＞0时，f（x）=x（x²-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$），设φ（x）=x2-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$，利用导数及零点判定定理可求函数零点个数；
（2）化简得g（x），其定义域是（0，1）∪（1，+∞），求导得g'（x），构造h（x）=x²-（2+a）x+1，则问题转化为h（x）=0有两个不同的根x₁，x₂，从而△＞0，且一根在（0，$\frac{1}{e}$）内，不妨设0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，再由x₁x₂=1，得0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜e＜x₂，根据零点判定定理可知只需h（$\frac{1}{e}$）＜0，由此可求a的范围；
（3）可求y=g（x）在（1，+∞）内的最小值为g（x₂），y=g（x）在（0，1）内的最大值为g（x₁），可知x₁+x₂=2+a，x₁x₂=1，x₁∈（0，$\frac{1}{e}$），x₂∈（e，+∞），故g（t）-g（s）≥g（x₂）-g（x₁）═lnx₂²+x₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$（x₂＞e），设k（x）=lnx²+x-$\frac{1}{x}$=2lnx+x-$\frac{1}{x}$，k'（x）=$\frac{2}{x}$+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，利用导数可判断k（x）在（e，+∞）内单调递增，从而有k（x）＞k（e），整理可得结论．

解答 解：（1）∵f（0）=0，∴x=0是y=f（x）的一个零点，
当x＞0时，f（x）=x（x²-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$），设φ（x）=x2-1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$，
φ'（x）=2x+$\frac{1}{2\sqrt{{x}^{3}}}$＞0，∴φ（x）在（0，+∞）上单调递增．
又φ（1）=-1＜0，φ（2）=3-$\frac{1}{\sqrt{2}}$＞0，
故φ（x）在（1，2）内有唯一零点，
因此y=f（x）在（0，+∞）内有且仅有2个零点；
（2）g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）+\sqrt{x}}$+lnx=lnx+$\frac{a}{x-1}$，
其定义域是（0，1）∪（1，+∞），
则g'（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x-1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（2+a）x+1}{{x（x-1）}^{2}}$，
设h（x）=x²-（2+a）x+1，要使函数y=g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）内有极值，则h（x）=0有两个不同的根x₁，x₂，
∴△=（2+a）²-4＞0，得a＞0或a＜-4，且一根在（0，$\frac{1}{e}$）内，不妨设0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，
又x₁x₂=1，∴0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜e＜x₂，
由于h（0）=1，则只需h（$\frac{1}{e}$）＜0，即$\frac{1}{{e}^{2}}$-（a+2）•$\frac{1}{e}$+1＜0，
解得a＞e+$\frac{1}{e}$-2；
（3）由（2）可知，当x∈（1，x₂）时，g'（x）＜0，g（x）递减，x∈（x₂，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）递增，
故y=g（x）在（1，+∞）内的最小值为g（x₂），即t∈（1，+∞）时，g（t）≥g（x₂），
又当x∈（0，x₁）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，x∈（x₁，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
故y=g（x）在（0，1）内的最大值为g（x₁），即对任意s∈（0，1），g（s）≤g（x₁），
由（2）可知x₁+x₂=2+a，x₁x₂=1，x₁∈（0，$\frac{1}{e}$），x₂∈（e，+∞），
因此，g（t）-g（s）≥g（x₂）-g（x₁）=lnx₂+$\frac{a}{{x}_{2}-1}$-lnx₁-$\frac{a}{{x}_{1}-1}$=ln $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{a}{{x}_{2}-1}$-$\frac{a}{{x}_{1}-1}$=lnx₂²+x₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$（x₂＞e），
设k（x）=lnx²+x-$\frac{1}{x}$=2lnx+x-$\frac{1}{x}$，k'（x）=$\frac{2}{x}$+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴k（x）在（e，+∞）内单调递增，
故k（x）＞k（e）=2+e-$\frac{1}{e}$，即g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的零点、极值、最值，考查转化思想，考查学生综合运用数学知识分析解决问题的能力，综合性强，能力要求比较高．