Question

13．设函数f（x）=x+$\frac{1}{x}$+alnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$+（$\frac{1}{x}$-x）lnx，其中a∈R．
（Ⅰ）证明：g（x）=g（$\frac{1}{x}$），并求g（x）的最大值；
（Ⅱ）记f（x）的最小值为h（a），证明：函数y=h（a）有两个互为相反数的零点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知函数g（x）的解析式，分别计算g（$\frac{1}{x}$），g（x），可得两者相等；再利用g′（x）求得最大值；
（Ⅱ）利用f′（x）可得f（x）的最小值h（a）=t+$\frac{1}{t}$+（$\frac{1}{t}$-t）lnt=g（t），由（Ⅰ）可知g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）＜0，g（1）＞0，利用函数零点的判定定理即得结论．

解答 解：（Ⅰ）∵g（$\frac{1}{x}$）=$\frac{1}{x}$+x+（x-$\frac{1}{x}$）ln$\frac{1}{x}$=x+$\frac{1}{x}$+（$\frac{1}{x}$-x）lnx，
∴g（x）=g（$\frac{1}{x}$），则g′（x）=-（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）lnx，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减．
所以g（x）的最大值为g（1）=$1+\frac{1}{1}+0$=2．
（Ⅱ）∵f（x）=x+$\frac{1}{x}$+alnx，
∴f′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}+ax-1}{{x}^{2}}$．
令f′（x）=0，即x²+ax-1=0，则△=a²+4＞0，
不妨取t=$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$＞0，由此得：t²+at-1=0或写为：a=$\frac{1}{t}$-t．
当x∈（0，t）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（t，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
从而f（x）的最小值为f（t）=t+$\frac{1}{t}$+alnt=t+$\frac{1}{t}$+（$\frac{1}{t}$-t）lnt，
即h（a）=t+$\frac{1}{t}$+（$\frac{1}{t}$-t）lnt=g（t）（或h（a）=$\sqrt{{a}^{2}+4}$+aln$\frac{\sqrt{{a}^{2}+4}-a}{2}$）．
由（Ⅰ）可知g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=g（e²）=$\frac{3}{{e}^{2}}$-e²＜0，g（1）=2＞0，
分别存在唯一的c∈（0，1）和d∈（1，+∞），使得g（c）=g（d）=0，且cd=1，
因为a=$\frac{1}{t}$-t（t＞0）是t的减函数，所以y=h（a）有两个零点a₁=$\frac{1}{d}$-d和a₂=$\frac{1}{c}$-c，
又$\frac{1}{d}$-d+$\frac{1}{c}$-c=$\frac{c+d}{cd}$-（c+d）=0，所以y=h（a）有两个零点且互为相反数．

点评 本题考查利用导数判断函数的单调性及零点判定定理，考查转化与化归思想、运算求解能力、数据处理能力和推理论证能力．