Question

17．已知函数f（x）=ln（x+a）+$\frac{2}{x}$，g（x）=lnx．
（1）已知f（x）在[e，+∞）上是单调函数，求a的取值范围；
（2）已知m，n，ξ满足n＞ξ＞m＞0，且g'（ξ）=$\frac{g（n）-g（m）}{n-m}$，试比较ξ与$\sqrt{mn}$的大小；
（3）已知a=2，是否存在正数k，使得关于x的方程f（x）=kg（x）在[e，+∞）上有两个不相等的实数根？如果存在，求k满足的条件；如果不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）先求导，再根据f（x）在[e，+∞）上是单调函数，得到f′（x）≥0或f′（x）≤0，即可求出a的范围；
（2）由题意得到$\frac{1}{ξ}=\frac{lnn-lnm}{n-m}$，构造函数h（x）=2lnx-x+$\frac{1}{x}$，（x＞1），利用导数求得h（x）的最大值，继而得到2lnx＜x-$\frac{1}{x}$，令$x=\sqrt{\frac{n}{m}}$，化简整理即可得到ξ与$\sqrt{mn}$的大小关系；
（3）假设方程f（x）=kg（x）存在两个不相等的实数根x₁，x₂，且x₂＞x₁≥e，利用做商法得到$\frac{{ln（{1+\frac{2}{x_1}}）+\frac{2}{x_1}}}{{ln（{1+\frac{2}{x_2}}）+\frac{2}{x_2}}}=\frac{{ln{x_1}}}{{ln{x_2}}}$，根据条件左边大于1，右边小于1，得到上式矛盾，问题得以证明．

解答 解：（1）∵$f（x）=ln（{x+a}）+\frac{2}{x}$，
∴$f'（x）=\frac{1}{x+a}-\frac{2}{x^2}=\frac{{{x^2}-2x-2a}}{{{x^2}（{x+a}）}}$，
∵f（x）在[e，+∞）上单调，
∴$\left\{\begin{array}{l}x+a＞0\\{x^2}-2x-2a≥0\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}x+a＞0\\{x^2}-2x-2a≤0\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}a＞-e\\ a≤\frac{1}{2}{x^2}-x\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}a＞-e\\ a≥\frac{1}{2}{x^2}-x\end{array}\right.$，
∵当x≥e时，$\frac{1}{2}{x^2}-x≥\frac{1}{2}{e^2}-e$，
∴$-e＜a≤\frac{1}{2}{e^2}-e$…（4分）
（2）∵$g'（ξ）=\frac{g（n）-g（m）}{n-m}$，
∴$\frac{1}{ξ}=\frac{lnn-lnm}{n-m}$
设$h（x）=2lnx-x+\frac{1}{x}（{x＞1}）$，
则$h'（x）=\frac{2}{x}-1-\frac{1}{x^2}=-\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{x^2}＜0$，
∴h（x）＜h（1）=0，
∴当x＞1时，$2lnx＜x-\frac{1}{x}$
令$x=\sqrt{\frac{n}{m}}$，
得$2ln\sqrt{\frac{n}{m}}＜\sqrt{\frac{n}{m}}-\sqrt{\frac{m}{n}}$，
∴$lnn-lnm＜\frac{n-m}{{\sqrt{mn}}}$⇒$\frac{lnn-lnm}{n-m}＜\frac{1}{{\sqrt{mn}}}$，
∴$\frac{1}{ξ}＜\frac{1}{{\sqrt{mn}}}$，
即$ξ＞\sqrt{mn}$…（9分）
（3）假设方程f（x）=kg（x）存在两个不相等的实数根x₁，x₂，且x₂＞x₁≥e，
则$\left\{\begin{array}{l}ln（{{x_1}+2}）+\frac{2}{x_1}=kln{x_1}\\ ln（{{x_2}+2}）+\frac{2}{x_2}=kln{x_2}\end{array}\right.⇒\frac{{ln（{{x_1}+2}）+\frac{2}{x_1}}}{{ln（{{x_2}+2}）+\frac{2}{x_2}}}=\frac{{ln{x_1}}}{{ln{x_2}}}$，
即$\frac{{ln（{{x_1}+2}）+\frac{2}{x_1}}}{{ln{x_1}}}=\frac{{ln（{{x_2}+2}）+\frac{2}{x_2}}}{{ln{x_2}}}$•$\frac{{ln（{{x_1}+2}）+\frac{2}{x_1}-ln{x_1}}}{{ln{x_1}}}=\frac{{ln（{{x_2}+2}）+\frac{2}{x_2}-ln{x_2}}}{{ln{x_2}}}$•$\frac{{ln（{1+\frac{2}{x_1}}）+\frac{2}{x_1}}}{{ln{x_1}}}=\frac{{ln（{1+\frac{2}{x_2}}）+\frac{2}{x_2}}}{{ln{x_2}}}$⇒$\frac{{ln（{1+\frac{2}{x_1}}）+\frac{2}{x_1}}}{{ln（{1+\frac{2}{x_2}}）+\frac{2}{x_2}}}=\frac{{ln{x_1}}}{{ln{x_2}}}$，
∵x₂＞x₁≥e，
∴$\frac{2}{x_1}＞\frac{2}{x_2}⇒\frac{{ln（{1+\frac{2}{x_1}}）+\frac{2}{x_1}}}{{ln（{1+\frac{2}{x_2}}）+\frac{2}{x_2}}}＞1$，
而 $\frac{{ln{x_1}}}{{ln{x_2}}}＜1$，
∴$\frac{{ln（{1+\frac{2}{x_1}}）+\frac{2}{x_1}}}{{ln（{1+\frac{2}{x_2}}）+\frac{2}{x_2}}}＞\frac{{ln{x_1}}}{{ln{x_2}}}$，
∴方程不存在两个不相等的实数根． …（14分）

点评 本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，以及反证法，培养了学生的分类讨论的能力，转化能力和运算能力，属于难题．