Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{2}{x}$+alnx-2，曲線y=f（x）在點P（1，f（1））處的切線與直線y=x+3垂直．
（1）求實數(shù)a的值；
（2）記g（x）=f（x）+x-b（b∈R），若函數(shù)g（x）在區(qū)間[e^-1，e]上有兩個零點，求實數(shù)b的取值范圍；
（3）若不等式π^f（x）＞（$\frac{1}{π}$）^1+x-lnx在|t|≤2時恒成立，求實數(shù)x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義，得 f′（ 1）=-1，解得a，?
（2）g（ x）=$\frac{2}{x}$+lnx+x-2-b（ x＞0），g′（ x）=$\frac{{x}^{2}+x-2}{{x}^{2}}$，可得當 x=1 時，g（ x） 取 得 極 小 值 g（ 1）；可得函 數(shù) g（ x） 在 區(qū) 間[e^-1，e]上 有 兩 個 零 點，$\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{1}{e}）≥0}\\{g（1）＜0}\\{g（e）≥0}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{2e+\frac{1}{e}-3-b≥0}\\{1-b＜0}\\{\frac{2}{e}+e-1-b≥0}\end{array}\right.$，解得實數(shù)b的取值范圍；
 （3）π ^f（x）＞（$\frac{1}{π}$）^t+x-lnx 在|t|≤2 時 恒 成 立，⇒f（ x）＞-t-x+lnx，即t+x²-2x+2＞0 在|t|≤2 時 恒 成 立，令 g（ t）=xt+x²-2x+2，x＞0，只 需 g（-2）＞0，即可

解答 解：（1）函 數(shù) f（ x） 的 定 義 域 為 （ 0，+∞），f′（ x）=$\frac{-2}{{x}^{2}}+\frac{a}{x}$．
∵曲線y=f（x）在點P（1，f（1））處的切線與直線y=x+3垂直，
∴f′（ 1）=-2+a=-1，解 得 a=1．?
（2）g（ x）=$\frac{2}{x}$+lnx+x-2-b（ x＞0），g′（ x）=$\frac{{x}^{2}+x-2}{{x}^{2}}$，
 由 g′（ x）＞0，得 x＞1，由 g′（ x）＜0，得 0＜x＜1?，
∴g（ x） 的 單 調(diào) 遞 增 區(qū) 間 是 （ 1，+∞），單 調(diào) 遞 減 區(qū) 間 為 （ 0，1），
 當 x=1 時，g（ x） 取 得 極 小 值 g（ 1），?
∵函 數(shù) g（ x） 在 區(qū) 間[e^-1，e]上 有 兩 個 零 點，∴$\left\{\begin{array}{l}{g（\frac{1}{e}）≥0}\\{g（1）＜0}\\{g（e）≥0}\end{array}\right.$
⇒$\left\{\begin{array}{l}{2e+\frac{1}{e}-3-b≥0}\\{1-b＜0}\\{\frac{2}{e}+e-1-b≥0}\end{array}\right.$，解得1$＜b≤\frac{2}{e}+e-1$，
∴b 的 取 值 范 圍 是 （ 1，$\frac{2}{e}$+e-1]；
（3）∵π ^f（x）＞（$\frac{1}{π}$）^t+x-lnx 在|t|≤2 時 恒 成 立，∴f（ x）＞-t-x+lnx，
即xt+x²-2x+2＞0 在|t|≤2 時 恒 成 立，令 g（ t）=xt+x²-2x+2，（x＞0），
∴只 需 g（-2）＞0，即 x²-4x+2＞0 
解 得x∈（ 0，2-$\sqrt{2}$）∪（2+$\sqrt{2}$，+∞）

點評 本題考查了導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)性、極值，考查了函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．