Question

14．已知函数f（x）=$\frac{{x}^{2}}{1+x}$+$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）．
（1）求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（2）设函数g（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$-alnx（a＞0），证明：函数g（x）有唯一一个极值点．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，计算f′（2），f（2），代入切线方程整理即可；
（2）令h（x）=x³+（2-a）x²-2ax-a，要证g（x）有唯一的极值点，即证h（x）在（0，+∞）有唯一的变号零点，求出h（x）的导数，得到h（x₂）•h（a+1）＜0，从而证出结论；

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{x（x+2）}{{（x+1）}^{2}}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
f′（2）=$\frac{23}{36}$，f（2）=$\frac{11}{6}$，
故切线方程是：y-$\frac{11}{6}$=$\frac{23}{36}$（x-2），
整理得：23x-36y+20=0；
（2）证明：g（x）=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$-alnx，（x＞0），
g′（x）=$\frac{{x}^{3}+（2-a{）x}^{2}-2ax-a}{{x（x+1）}^{2}}$，
令h（x）=x³+（2-a）x²-2ax-a，
要证g（x）有唯一的极值点，即证h（x）在（0，+∞）有唯一的变号零点，
而h′（x）=3x²+（4-2a）x-2a，
令h′（x）=0，解得：x₁=$\frac{a-2-\sqrt{{a}^{2}+2a+4}}{3}$，x₂=$\frac{a-2+\sqrt{{a}^{2}+2a+4}}{3}$，
其中x₁＜0，x₂＞0，∵h′（0）=-2a＜0，且h′（x）的图象开口向上，
故在区间（0，x₂）上，h′（x）＜0，h（x）递减，
∴h（x₂）＜h（0）=-a＜0，
在区间（x₂，+∞）上，h′（x）＞0，h（x）递增，
∵h（x）=x²（x-a）+2x（x-a）-a，
∴h（a+1）=（a+1）²+a+2＞0，
∴h（x₂）•h（a+1）＜0，即h（x）在（0，+∞）上有唯一零点，
即g（x）在（0，+∞）上有唯一的极值点且是极小值点．

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函数的零点的证明，是一道综合题．