Question

8．已知函数f（x）=（a+1）lnx+$\frac{a}{x}$-x（x＞0），g（x）=e^x-x-2，其中a为实数，e为自然对数的底数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的斜率为-$\frac{1}{2}$，求证：?x∈（0，+∞），f（x）＜g（x）．

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）求出函数的导数，构造函数h（x），求出函数的导数，得到h（x）的最小值，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{a+1}{x}-\frac{a}{x^2}-1=-\frac{{{x^2}-（a+1）x+a}}{x^2}$=$-\frac{（x-1）（x-a）}{x^2}\;（x＞0）$…（2分）
①当a≤0时，令f'（x）＞0，得0＜x＜1；令f'（x）＜0，得x＞1
则f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减
②当0＜a＜1时，令f'（x）＞0，得a＜x＜1；令f'（x）＜0，得0＜x＜a，或x＞1
则f（x）在（a，1）上递增，在（0，a）和（1，+∞）上递减
③当a=1时，$f'（x）=-\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x^2}≤0$，则f（x）在（0，+∞）上递减
④当a＞1时，令f'（x）＞0，得1＜x＜a；令f'（x）＜0，得0＜x＜1，或x＞a
则f（x）在（1，a）上递增，在（0，1）和（a，+∞）上递减…（6分）
（Ⅱ）由已知，得$f'（2）=-\frac{2-a}{4}=-\frac{1}{2}$，∴a=0，f（x）=lnx-x…（7分）
令h（x）=g（x）-f（x）=e^x-lnx-2（x＞0）
则$h'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$（x＞0）∴h'（x）在（0，+∞）上递增，且$h'（\frac{1}{2}）=\sqrt{e}-2＜0$，h'（1）=e-1＞0，
∴h'（x）有唯一的零点${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，且${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，即${e^{-{x_0}}}={x_0}$…（9分）
当x∈（0，x₀）时，h'（x）＜0，h（x）为减函数
当x∈（x₀，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为增函数，
∴h（x）_min=$h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2$=$\frac{1}{x_0}-ln{e^{-{x_0}}}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2$，
∵${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，∴$\frac{1}{x_0}+{x_0}＞2$，∴h（x）_min＞0，从而h（x）＞0，
故对?x∈（0，+∞），f（x）＜g（x）…（12分）

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，是一道中档题．