Question

17．已知函数$f（x）=lnx-\frac{1}{x}$，g（x）=ax．
（1）若直线y=g（x）是函数$y=f（x）+\frac{1}{x}$的图象的一条切线，求实数a的值；
（2）若函数h（x）=f（x）-g（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（3）若f（x）与g（x）的图象有两个交点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），求证：x₁x₂＞2e²．（取e为2.8，取ln2为0.7，取$\sqrt{2}$为1.4）

Answer 1

分析 （1）求导数，利用直线y=g（x）是函数$y=f（x）+\frac{1}{x}$的图象的一条切线，求实数a的值；
（2）把f（x）和g（x）代入h（x）=f（x）-g（x），求其导函数，结合h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得对?x＞0，都有h′（x）≥0，得到a≤$\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$，即可得到a的取值范围；
（3）先证明lnx₁x₂-$\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，证明ln$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1，令G（x）=lnx-$\frac{2}{x}$，再由导数确定G（x）在（0，+∞）上单调递增，然后结合ln$\sqrt{2}$e-$\frac{2}{\sqrt{2}e}$=$\frac{1}{2}$ln2+1-$\frac{\sqrt{2}}{e}$≈0.85＜1得到$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$＞$\sqrt{2}$e，即x₁x₂＞2e²．

解答 （1）解：设切点（x₀，lnx₀），则切线方程为y-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$（x-x₀），即y=$\frac{x}{{x}_{0}}$+lnx₀-1，
∴$\frac{1}{{x}_{0}}$=a，lnx₀-1=0，
∴a=$\frac{1}{e}$；
（2）解：h（x）=f（x）-g（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-ax-b，则h′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$-a，
∵函数h（x）=f（x）-g（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴x＞0时，h′（x）≥0，
∴a≤$\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$，
设$\frac{1}{x}$=t（t≥1），则u（t）=t+t²，在（1，+∞）上单调递增，
∴u（t）_min=u（1）=2，
∴a≤2；
（3）证明：由题意知$ln{x}_{1}-\frac{1}{{x}_{1}}$=ax₁，lnx₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$=ax₂，
两式相加得lnx₁x₂-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=a（x₁+x₂），
两式相减得$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=a（x₂-x₁），
即$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$=a，
∴lnx₁x₂-$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=（$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}+\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}$）（x₁+x₂），
即lnx₁x₂-$\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
不妨令0＜x₁＜x₂，记t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
令F（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），则F′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴F（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$在（1，+∞）上单调递增，
则F（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞F（1）=0，
∴lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，则$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
∴lnx₁x₂-$\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2，
又lnx₁x₂-$\frac{2（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$＜lnx₁x₂-$\frac{4\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=2ln$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{4}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$
∴2ln$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{4}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞2，即ln$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1
令G（x）=lnx-$\frac{2}{x}$，则x＞0时，G′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，
∴G（x）在（0，+∞）上单调递增，
又ln$\sqrt{2}$e-$\frac{2}{\sqrt{2}e}$=$\frac{1}{2}$ln2+1-$\frac{\sqrt{2}}{e}$≈0.85＜1，
∴G（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）=ln$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$-$\frac{2}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞1＞ln$\sqrt{2}$e-$\frac{2}{\sqrt{2}e}$，
则$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$＞$\sqrt{2}$e，即x₁x₂＞2e²．

点评 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，体现了数学转化思想方法和函数构造法，本题综合考查了学生的逻辑思维能力和灵活应变能力，难度较大．