Question

14．已知函数f（x）=（a+1）lnx-x²，$g（x）=\frac{{{x^2}+a}}{x}$．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）与g（x）在（0，+∞）上的单调性正好相反．
（1）对于$?{x_1}，{x_2}∈[\frac{1}{e}，3]$，不等式$\frac{1}{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}≤\frac{1}{t-1}$恒成立，求实数t的取值范围；
（2）令h（x）=xg（x）-f（x），两正实数x₁、x₂满足h（x₁）+h（x₂）+6x₁x₂=6，证明0＜x₁+x₂≤1．

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）（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出[f（x）-g（x）]_max以及其最小值，从而求出t的范围即可；
（2）由h（x₁）+h（x₂）+6x₁x₂=6得：${（{{x_1}+{x_2}}）^2}=-{x_1}{x_2}+ln（{{x_1}{x_2}}）+2$令t=x₁x₂，设φ（t）=lnt-t+2，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）${f^'}（x）=\frac{a+1}{x}-2x=\frac{{-2{x^2}+（{a+1}）}}{x}（{x＞0}）$．
①当a≤-1时，f′（x）≤0，此时f（x）在（0，+∞）上为减函数．
②当a＞-1时，${f^'}（x）=\frac{{-2（{x+\sqrt{\frac{a+1}{2}}}）（{x-\sqrt{\frac{a+1}{2}}}）}}{x}$，
令f′（x）＞0，则$0＜x＜\sqrt{\frac{a+1}{2}}$；
令f′（x）＜0，则$x＞\sqrt{\frac{a+1}{2}}$，
∴此时f（x）的单调递增区间为$（{0，\sqrt{\frac{a+1}{2}}}）$，单调递减区间为$（{\sqrt{\frac{a+1}{2}}，+∞}）$．
（Ⅱ）（1）$g（x）=x+\frac{a}{x}$，则${g^'}（x）=1-\frac{a}{x^2}=\frac{{{x^2}-a}}{x^2}$，
①当a≤0时，g′（x）≥0，g（x）在（0，+∞）上为增函数，由（Ⅰ）知，可能与f（x）单调性相同；
②当a＞0时，${g^'}（x）=\frac{{（{x+\sqrt{a}}）（{x-\sqrt{a}}）}}{x^2}$，
令g′（x）＞0，则$x＞\sqrt{a}$，此时g（x）为增函数；
令g′（x）＜0，则$0＜x＜\sqrt{a}$，此时g（x）为减函数；
∴此时g（x）的单调递增区间为$（{\sqrt{a}，+∞}）$，单调递减区间为$（{0，\sqrt{a}}）$
若要与y=f（x）在（0，+∞）上的单调性正好相反，则结合（Ⅰ）可知$\sqrt{a}=\sqrt{\frac{a+1}{2}}$，∴a=1．
∴$f（x）=2lnx-{x^2}，g（x）=\frac{{{x^2}+1}}{x}$．
在（0，+∞）上y=f（x）在（0，1）上单调递增，（1，+∞）上单调递减；
y=g（x）在（0，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递增．
∴在$[{\frac{1}{e}，3}]$上：对于f（x）：f（x）_max=f（1）=-1，
又$f（{\frac{1}{e}}）=-\frac{1}{e^2}-2，f（3）=-9+2ln3，-9+2ln3＜-\frac{1}{e^2}-2$，∴f（x）_min=f（3）=-9+2ln3．
对于g（x）：g（x）_min=g（1）=2，
又$g（{\frac{1}{e}}）=e+\frac{1}{e}，g（3）=3+\frac{1}{3}=\frac{10}{3}，e+\frac{1}{e}＜\frac{10}{3}$，∴$g{（x）_{max}}=g（3）=\frac{10}{3}$
∴[f（x）-g（x）]_max=f（x）_max-g（x）_min=-3，${[{f（x）-g（x）}]_{min}}=f{（x）_{min}}-g{（x）_{max}}=-\frac{37}{3}+2ln3$
当t-1＞0即t＞1时，不等式恒成立；
当t-1＜0即t＜1时，不等式恒成立需满足：$t-1≤{[{f（x）-g（x）}]_{min}}=-\frac{37}{3}+2ln3$，∴$t≤-\frac{34}{3}+2ln3$．
综上，所求t的范围为$（{-∞，-\frac{34}{3}+2ln3}]∪（{1，+∞}）$．
（2）易得h（x）=2x²+1-2lnx，
由h（x₁）+h（x₂）+6x₁x₂=6得$2x_1^2+1-2ln{x_1}+2x_2^2+1-2ln{x_2}+6{x_1}{x_2}=6$，
∴$（{x_1^2+x_2^2}）-ln（{{x_1}{x_2}}）+3{x_1}{x_2}+1=3$，
∴${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+{x_1}{x_2}-ln（{{x_1}{x_2}}）+1=3$，
∴${（{{x_1}+{x_2}}）^2}=-{x_1}{x_2}+ln（{{x_1}{x_2}}）+2$
令t=x₁x₂，设φ（t）=lnt-t+2，${φ^'}（t）=\frac{1-t}{t}$，
可知φ（t）在（1，+∞）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴φ（t）≤φ（1）=1，∴0＜x₁+x₂≤1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．