Question

9．已知函數(shù)f（x）=x-lnx-1，g（x）=k（f（x）-x）+$\frac{{x}^{2}}{2}$，（k∈R）．
（1）求曲線y=f（x）在（2，f（2））處的切線方程；
（2）求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）當(dāng)1＜k＜3，x∈（1，e）時(shí)，求證：g（x）＞-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，切點(diǎn)坐標(biāo)，斜率，運(yùn)用點(diǎn)斜式方程即可求解切線方程；
（2）求出g（x）的解析式，求得導(dǎo)數(shù)，通過(guò)①當(dāng)k≤0時(shí)，②當(dāng)k＞0時(shí)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間，導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，注意定義域；
（3）通過(guò)（2），當(dāng)1＜k＜3，x∈（1，e），g（x）的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)值變化情況，求出函數(shù)的極值、最值，構(gòu)造函數(shù)h（k）=-$\frac{k}{2}$-$\frac{k}{2}$lnk，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，證明即可得到．

解答 解：（1）由f（x）=x-lnx-1，可得f′（x）=1-$\frac{1}{x}$．
即有f（2）=1-ln2，f′（2）=$\frac{1}{2}$，
所以切線方程是y-（1-ln2）=$\frac{1}{2}$（x-2），
即為y=$\frac{1}{2}$x-ln2；
（2）由f（x）=x-lnx-1，
可得g（x）=k（f（x）-x）+$\frac{{x}^{2}}{2}$=$\frac{{x}^{2}}{2}$-klnx-k，
g′（x）=x-$\frac{k}{x}$=$\frac{{x}^{2}-k}{x}$，（x＞0），
①當(dāng)k≤0時(shí)，g′（x）＞0．
可得g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞），無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；
②當(dāng)k＞0時(shí)，令g′（x）＞0，得x＞$\sqrt{k}$；令g′（x）＜0，得0＜x＜$\sqrt{k}$．
所以g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（$\sqrt{k}$，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（0，$\sqrt{k}$）；
（3）證明：由（2）知，當(dāng)1＜k＜3，x∈（1，e），g（x）的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)值變化情況如下圖

x	（1，$\sqrt{k}$）	$\sqrt{k}$	（$\sqrt{k}$，e）
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

所以g（x）的最小值是g（$\sqrt{k}$）=-$\frac{k}{2}$-$\frac{k}{2}$lnk；
令h（k）=-$\frac{k}{2}$-$\frac{k}{2}$lnk，可得h′（k）=-1-$\frac{1}{2}$lnk，
因?yàn)?＜k＜3，所以lnk＞0，
所以h′（k）＜0，
即有h（k）在（1，3）上單調(diào)遞減．
則h（k）＞h（3）=-$\frac{3}{2}$-$\frac{3}{2}$ln3．
當(dāng)1＜k＜3，x∈（1，e）時(shí)，g（x）＞-$\frac{3}{2}$-$\frac{3}{2}$ln3=-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．
綜上所述，當(dāng)1＜k＜3，x∈（1，e）時(shí)，g（x）＞-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，切線方程的求法，極值以及函數(shù)的最值的應(yīng)用，考查分類討論的思想方法和構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．