Question

19．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1}{x}+1，g（x）=x+\frac{1}{x}（{x＞0}）$．
（1）求证函数f（x）与g（x）有相同的极值，并求出这个极值；
（2）函数h（x）=f（x）-ag（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），若h（x₁）＜m恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，得到函数的极值即可；
（2）求出函数h（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，得到函数的极值点，求出m的范围即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
令f′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1，
x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（1，+∞）时，f（x）递增，
∴f（x）在x=1处取得极小值，且极小值f（1）=2，无极大值，
令g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=0，解得：x=1（x=-1舍去），
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）递增，
∴g（x）在x=1处取得极小值，且极小值g（1）=2，无极大值，
故两个函数有相同的极小值点x=1，且所求的极小值是2；
（2）h（x）=f（x）-ag（x）=lnx+$\frac{1}{x}$+1-ax-$\frac{a}{x}$，其定义域是（0，+∞），
则h′（x）=$\frac{-（x-1）（ax+a-1）}{{x}^{2}}$，
a=0时，h′（x）=0仅有1个解，x=1不合题意，
当a≠0时，令h′（x）=0，解得：x=1或x=$\frac{1-a}{a}$，
由题意得：$\frac{1-a}{a}$＞0，且$\frac{1-a}{a}$≠1，∴a∈（0，$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，1），
此时，h（x）的两个极值点分别是x=1和x=$\frac{1-a}{a}$，
当a∈（0，$\frac{1}{2}$）时，$\frac{1-a}{a}$＞1，∴x₁=1，x₂=$\frac{1-a}{a}$，h（x₁）=h（1）=2-2a，
而当2-2a∈（1，2），又h（x₁）＜m恒成立，则m≥2，
当a∈（$\frac{1}{2}$，1）时，$\frac{1-a}{a}$＜1，∴x₁=$\frac{1-a}{a}$，x₂=1，
h（x₁）=h（$\frac{1-a}{a}$）=ln$\frac{1-a}{a}$+2a，
设ω（a）=ln$\frac{1-a}{a}$+2a，则ω′（a）=-$\frac{{2（a-\frac{1}{2}）}^{2}+\frac{1}{2}}{a（1-a）}$＜0，
∴ω（a）在（$\frac{1}{2}$，1）上是减函数，ω（a）＜ω（$\frac{1}{2}$）=1，
∴h（x₁）=ln$\frac{1-a}{a}$+2a＜1，
又h（x₁）＜m恒成立，则m≥1，
综上，实数m的范围是[2，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．