Question

19．已知函数f（x）=alnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$+f′（x）
（Ⅰ）讨论h（x）=g（x）-f（x）的单调性；
（Ⅱ）若h（x）的极值点为3，设方程f（x）+mx=0的两个根为x₁，x₂，且$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e^a，求证：$\frac{f′（{x}_{1}+{x}_{2}）+m}{f′（{x}_{1}-{x}_{2}）}$＞$\frac{6}{5}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出a的值，得到$\frac{f′{（x}_{1}{+x}_{2}）}{f′{（x}_{1}{-x}_{2}）}$=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t≥e²，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵h（x）=g（x）-f（x）=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，其定义域是（0，+∞），
∴h′（x）=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①1+a≤0即a≤-1时，x∈（0，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增；
②a+1＞0即a＞-1时，x∈（0，1+a）时，h′（x）＜0，x∈（1+a，+∞）时，h′（x）＞0，
h（x）在（0，1+a）递减，在（1+a，+∞）递增，
综上，a＞-1时，h（x）在（0，1+a）递减，在（1+a，+∞）递增，
a≤-1时，h（x）在（0，+∞）递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得x=1+a是函数h（x）的唯一极值点，故a=2；
∵2lnx₁+mx₁=0，2lnx₂+mx₂=0，
∴2（lnx₂-lnx₁）=m（x₁-x₂），
∴$\frac{f′{（x}_{1}{+x}_{2}）}{f′{（x}_{1}{-x}_{2}）}$=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{2}$（$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$+m）=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{x}_{1}{+x}_{2}}$+m$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{2}$=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t≥e²，φ（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+lnt，则φ′（t）=$\frac{{t}^{2}+1}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴φ（t）在[e²，+∞）上递增，
φ（t）≥φ（e²）=1+$\frac{2}{{e}^{2}+1}$＞1+$\frac{2}{{3}^{2}+1}$=$\frac{6}{5}$，
故$\frac{f′（{x}_{1}+{x}_{2}）+m}{f′（{x}_{1}-{x}_{2}）}$＞$\frac{6}{5}$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查不等式的证明以及函数和方程思想，考查转化思想以及计算能力，是一道综合题．