Question

9．已知f（x）=$\frac{m}{x+1}$+nlnx（m，n为常数），在x=1处的切线方程为x+y-2=0．
（Ⅰ）求f（x）的解析式并写出定义域；
（Ⅱ）若?x∈[$\frac{1}{e}$，1]，使得对?t∈[$\frac{1}{2}$，2]上恒有f（x）≥t³-t²-2at+2成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）若g（x）=f（x）-ax-$\frac{2}{x+1}$（a∈R）有两个不同的零点x₁，x₂，求证：x₁x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数的几何意义意义求得m，n的值，根据对数函数的定义得到函数定义域；
（Ⅱ）f（x）在[$\frac{1}{e}$，1]上的最小值为f（1）=1，只需t³-t²-2at+2≤1，即$2a≥{t^2}-t+\frac{1}{t}$对任意的$t∈[\frac{1}{2}，2]$上恒成立，构造函数m（t），利用导数求出m（t）的最大值，即可求得结论；
（Ⅲ）不妨设x₁＞x₂＞0，得到g（x₁）=g（x₂）=0，根据相加和相减得到$ln{x_1}+ln{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}ln\frac{x_1}{x_2}$，再利用分析法，构造函数，求出函数单调性和函数的最小值，问题得以证明．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=$\frac{m}{x+1}$+nlnx可得$f'（x）=-\frac{m}{{{{（x+1）}^2}}}+\frac{n}{x}$，
由条件可得$f'（1）=-\frac{m}{4}+n=-1$，把x=-1代入x+y=2可得，y=1，
∴$f（1）=\frac{m}{2}=1$，
∴m=2，$n=-\frac{1}{2}$，
∴$f（x）=\frac{2}{x+1}-\frac{1}{2}lnx$，x∈（0，+∞），
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）在$[\frac{1}{e}，1]$上单调递减，
∴f（x）在$[\frac{1}{e}，1]$上的最小值为f（1）=1，
故只需t³-t²-2at+2≤1，即$2a≥{t^2}-t+\frac{1}{t}$对任意的$t∈[\frac{1}{2}，2]$上恒成立，
令m（t）=${t^2}-t+\frac{1}{t}$，易求得m（t）在$[\frac{1}{2}，1]$单调递减，[1，2]上单调递增，
而$m（\frac{1}{2}）=\frac{7}{4}$，$m（2）=\frac{5}{2}$，
∴2a≥m（t）_max=g（2），
∴$a≥\frac{5}{4}$，
即a的取值范围为$[\frac{5}{4}，+∞）$
（Ⅲ）∵$g（x）=-\frac{1}{2}lnx-bx$，不妨设x₁＞x₂＞0，
∴g（x₁）=g（x₂）=0，
∴$-\frac{1}{2}ln{x_1}=b{x_1}$，$-\frac{1}{2}ln{x_2}=b{x_2}$，相加可得$-\frac{1}{2}（ln{x_1}+ln{x_2}）=b（{x_1}+{x_2}）$，相减可得$-\frac{1}{2}（ln{x_1}-ln{x_2}）=b（{x_1}-{x_2}）$，
由两式易得：$ln{x_1}+ln{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}ln\frac{x_1}{x_2}$；
要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，
即证明lnx₁+lnx₂＞2，
即证：$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}ln\frac{x_1}{x_2}＞2$，
需证明$ln\frac{x_1}{x_2}＞2\frac{{（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}$成立，
令$\frac{x_1}{x_2}=t$，则t＞1，
于是要证明$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$，
构造函数$ϕ（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$，
∴$ϕ'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
故ϕ（t）在（1，+∞）上是增函数，
∴ϕ（t）＞ϕ（1）=0，
∴$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$，
故原不等式成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了利用已经证明的结论证明不等式的方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题