Question

11．已知函数f（x）=lnx-$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$（a∈R）．
（1）若x=1是函数f（x）的一个极值点，求a的值；
（2）若f（x）在[1，+∞）上存在单调减区间，求实数a的取值范围；
（3）在（1）的条件下，证明：$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用x=1是函数f（x）的一个极值点，f′（1）=0，可得a的值；
（2）若f（x）在[1，+∞）上存在单调减区间，f′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{2a}{{x}^{3}}$≤0在[1，+∞）上成立，分类讨论求实数a的取值范围；
（3）令g（x）=$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$=$\frac{（x+1）（1-xlnx-x）}{{e}^{x}}$，对函数1-xlnx-x先进行研究其取值范围，再考虑函数e^x-x-1，确定出0＜$\frac{x+1}{{e}^{x}}$＜1，从而证明g（x）＜1+e^-2

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{2a}{{x}^{3}}$，
∵x=1是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（1）=0，
∴a=1；
（2）∵f（x）在[1，+∞）上存在单调减区间，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{2a}{{x}^{3}}$≤0在[1，+∞）上成立，
∴a（2-x）≥x²，
2-x＞0，即1≤x＜2时，a≥$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，
令m（x）=$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，则m′（x）=$\frac{x（4-x）}{（2-x）^{2}}$＞0，m（x）在[1，2）上单调递增，∴a≥1；
2-x＜0，即x＞2时，a≤$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，
令m（x）=$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，则m′（x）=$\frac{x（4-x）}{（2-x）^{2}}$，m（x）在（2，4）上单调递增，（4，+∞）上单调递减，
∴a≤-8；
综上，a≤-8或a≥1；
（3）令g（x）=$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$=$\frac{（x+1）（1-xlnx-x）}{{e}^{x}}$，
令μ（x）=1-xlnx-x，则μ′（x）=-（lnx+2），
当μ′（x）＞0，0＜x＜e^-2；
当μ′（x）＜0，x＞e^-2．
∴当x=e^-2时，μ（x）取最大值，且μ（e^-2）=1+e^-2．
∴1-xlnx-x≤1+e^-2．
考虑函数h（x）=e^x-x-1，h（0）=0，
h′（x）=e^x-1，
∴当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．
∴当x＞0时，h（x）＞h（0）=0，即e^x＞x+1＞0．
∴0＜$\frac{x+1}{{e}^{x}}$＜1，
∴g（x）=$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$=$\frac{（x+1）（1-xlnx-x）}{{e}^{x}}$＜1-xlnx-x≤1+e^-2．

点评 本题中所设的三个小问中，分别从不同的角度体现用导数研究函数的性质的方法，考查学生分析解决问题的能力，有难度．