Question

2．已知函數(shù)f（x）=x³-x+2$\sqrt{x}$．
（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）令g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）-2\sqrt{x}}$+lnx，若函數(shù)y=g（x）在（e，+∞）內(nèi)有極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，對任意t∈（1，+∞），s∈（0，1），求證：$g（t）-g（s）＞e+2-\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出切點(diǎn)坐標(biāo)，求出導(dǎo)數(shù)，得到切線的斜率，然后求解函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程．
（Ⅱ）化簡g（x）的表達(dá)式，求出定義域，求出導(dǎo)函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)h（x）=x²-（a+2）x+1，要使y=g（x）在（e，+∞）上有極值，轉(zhuǎn)化為  h（x）=x²-（a+2）x+1=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂，利用判別式推出a的范圍，判斷兩個(gè)根的范圍，然后求解a 的范圍．
（Ⅲ）轉(zhuǎn)化已知條件為?t∈（1，+∞），都有g(shù)（t）≥g（x₂），通過函數(shù)的單調(diào)性以及最值，推出$g（t）-g（s）≥g（{x_2}）-g（{x_1}）=ln{x_2}+\frac{a}{{{x_2}-1}}-ln{x_1}-\frac{a}{{{x_1}-1}}$=$ln{x_2}^2+{x_2}-\frac{1}{x_2}（{x_2}＞e）$，構(gòu)造函數(shù)$設(shè)k（x）=ln{x^2}+x-\frac{1}{x}=2lnx+x-\frac{1}{x}（x＞0）$，利用導(dǎo)數(shù)以及單調(diào)性求解即可．

解答 （Ⅰ）解：∵f（1）=1³-1+2×1=2．…（1分）
$f'（x）=3{x^2}-1+\frac{1}{{\sqrt{x}}}$$f'（1）=3×{1^2}-1+\frac{1}{{\sqrt{1}}}=3$…（2分）
∴函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為：
y-2=3（x-1），即3x-y-1=0．       …（3分）
（Ⅱ）解：$g（x）=\frac{{a{x^2}+ax}}{{{x^3}-x}}+lnx=\frac{ax（x+1）}{x（x+1）（x-1）}+lnx=\frac{a}{x-1}+lnx$
定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞）∴$g'（x）=\frac{1}{x}-\frac{a}{{{{（x-1）}^2}}}=\frac{{{x^2}-2x+1-ax}}{{x{{（x-1）}^2}}}=\frac{{{x^2}-（a+2）x+1}}{{x{{（x-1）}^2}}}$…（4分）
設(shè)h（x）=x²-（a+2）x+1，要使y=g（x）在（e，+∞）上有極值，
則  h（x）=x²-（a+2）x+1=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂，
∴△=（a+2）²-4＞0∴a＞0或a＜-4①…（5分）
而且一根在區(qū)間（e，+∞）上，不妨設(shè)x₂＞e，又因?yàn)閤₁•x₂=1，∴$0＜{x_1}＜\frac{1}{e}＜e＜{x_2}$，
又h（0）=1，
∴$只需h（\frac{1}{e}）＜0，即\frac{1}{e^2}-（a+2）\frac{1}{e}+1＜0∴a＞e+\frac{1}{e}-2②$
聯(lián)立①②可得：$a＞e+\frac{1}{e}-2$…（6分）
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，當(dāng)x∈（1，x₂），g'（x）＜0，∴g（x）單調(diào)遞減，
x∈（x₂+∞）時(shí)，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增
∴g（x）在（1，+∞）上有最小值g（x₂）即?t∈（1，+∞），都有g(shù)（t）≥g（x₂）…（7分）
又當(dāng)x∈（0，x₁），g'（x）＞0∴g（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x∈（x₁，1），g'（x）＜0，∴g（x）單調(diào)遞減，
∴g（x）在（0，1）上有最大值g（x₁）即對?s∈（0，1），都有g(shù)（s）≤g（x₁）…（8分）
又∵x₁+x₂=2+a，x₁x₂=1，x₁∈（0，$\frac{1}{e}$），x₂∈（e，+∞），
∴$g（t）-g（s）≥g（{x_2}）-g（{x_1}）=ln{x_2}+\frac{a}{{{x_2}-1}}-ln{x_1}-\frac{a}{{{x_1}-1}}$=$ln\frac{x_2}{x_1}+\frac{a}{{{x_2}-1}}-\frac{a}{{{x_1}-1}}$
=$ln{x_2}^2+{x_2}-\frac{1}{x_2}（{x_2}＞e）$…（10分）
$設(shè)k（x）=ln{x^2}+x-\frac{1}{x}=2lnx+x-\frac{1}{x}（x＞0）$，
∴$k'（x）=\frac{2}{x}+1+\frac{1}{x^2}＞0$，
∴k（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，∴$k（x）＞k（e）=2+e-\frac{1}{e}$…（11分）
∴$g（t）-g（s）＞e+2-\frac{1}{e}$…（12分）

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查函數(shù)的最值以及單調(diào)性的關(guān)系，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．