Question

6．已知f（x）=$\frac{lnx}{x+1}$+$\frac{1}{x}$，g（x）=（x+1）•（f（x）-$\frac{1}{x}$）．
（1）求曲线f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若方程g（x）=ax有两个不同的根x₁，x₂，证明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）f（1）=1，f′（x）=$\frac{x+1-xlnx}{x（x+1）^{2}}$．f′（1）=$\frac{1}{2}$即为切线的斜率，利用点斜式即可得出．
（2）由已知可得：g（x）=lnx．方程g（x）=ax（x＞0），化为：a=$\frac{lnx}{x}$=h（x），h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$．可得：x=e时，函数h（x）取得极大值，即最大值，h（e）=$\frac{1}{e}$．方程g（x）=ax有两个不同的根x₁，x₂，a∈$（0，\frac{1}{e}）$．可知x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，设x₁＞x₂，作差得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．原不等式：x₁•x₂＞e²等价于ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，通过换元即可证明．

解答 （1）解：f（1）=1，f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}（x+1）-lnx}{（x+1）^{2}}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x+1-xlnx}{x（x+1）^{2}}$．
∴f′（1）=$\frac{2-0}{{2}^{2}}$=$\frac{1}{2}$．
∴曲线f（x）在（1，f（1））处的切线方程为：
y-1=$\frac{1}{2}$（x-1），化为：x-2y+1=0．
（2）证明：g（x）=（x+1）•（f（x）-$\frac{1}{x}$）=lnx．
方程g（x）=ax（x＞0），化为：a=$\frac{lnx}{x}$=h（x），
h′（x）=$\frac{x×\frac{1}{x}-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$．
可知：h′（e）=0，x＞e时，h′（e）＜0，函数h（x）单调递减；0＜x＜e时，h′（e）＞0，函数h（x）单调递增．
∴x=e时，函数h（x）取得极大值，即最大值，h（e）=$\frac{1}{e}$．
∵方程g（x）=ax有两个不同的根x₁，x₂，∴a∈$（0，\frac{1}{e}）$．
可知x₁，x₂分别是方程lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
ln（x₁x₂）=a（x₁+x₂），∴x₁•x₂＞e²等价于$a＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
设x₁＞x₂，作差得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x₁-x₂），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
原不等式：x₁•x₂＞e²等价于ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t＞1，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$．
设h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$．
h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$．
∴函数h（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（t）＞h（1）=0，
即不等式lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立，
故所证不等式：x₁•x₂＞e²．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程的实数根转化为函数的交点、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．