Question

15．定义在（0，+∞）上的三个函数f （x），g（x），h（x），已知f（x）=lnx，g（x）=x²-af（x）
h（x）=x-a$\sqrt{x}$，且g（x）在x=1处取得极值．
（Ⅰ）求a的值及h（x）的单调区间；
（Ⅱ）求证：当1＜x＜e²时，恒有x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意、求导公式求出g（x）和g′（x），令g′（1）=0求出a的值，代入h（x）并求出h′（x），利用导数的正负求出函数h（x）的单调区间；
（Ⅱ）由1＜x＜e²和对数函数的性质判断出：2-f（x）＞0，利用分析法转化x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$，再构造函数k（x）=$lnx-\frac{2（x-1）}{x+1}$，求出k′（x）利用导数与函数的关系求出函数的单调性、以及最值，即可证明不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）由题意得，h（x）的定义域是（0，+∞），
g（x）=x²-af（x）=x²-alnx，
∴g′（x）=2x-$\frac{a}{x}$，…（2分）
∵g（x）在x=1处取得极值，∴g′（1）=2-a=0，解得a=2，
∴h（x）=x-2$\sqrt{x}$，h′（x）=1-$\frac{1}{\sqrt{x}}$，…（4分）
令h′（x）=0解得x=1，
则当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；…（6分）
（Ⅱ）∵1＜x＜e²，∴0＜lnx＜2，则2-lnx＞0，即2-f（x）＞0，
要证x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$，只需证x[2-f（x）]＜2+f（x），
即证$f（x）＞\frac{2（x-1）}{x+1}$，…（8分）
设k（x）=$f（x）-\frac{2（x-1）}{x+1}$=$lnx-\frac{2（x-1）}{x+1}$，
则k′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{2[（x+1）-（x-1）]}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x-1）^{2}}{x{（x+1）}^{2}}$，
∵1＜x＜e²，∴k′（x）＞0，∴k（x）在（1，e²）上为增函数，…（10分）
则k（x）＞k（1）=0，即$lnx-\frac{2（x-1）}{x+1}＞0$，
∴$lnx＞\frac{2（x-1）}{x+1}$，
∴当1＜x＜e²时，恒有x＜$\frac{2+f（x）}{2-f（x）}$…（12分）

点评 本题考查利用导数研究函数单调性、极值、最值等，利用分析法证明不等式，以及转化思想、构造函数法等，综合性强、难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．