12.已知函數(shù)f(x)=$\frac{t{x}^{2}-1}{x}$-(t+1)lnx,t∈R,其中t∈R.
(1)若t=1,求證:x>1,f(x)>0成立;
(2)若t≥1,且f(x)>1在區(qū)間[$\frac{1}{e}$,e]上恒成立,求t的取值范圍;
(3)若t>$\frac{1}{e}$,判斷函數(shù)g(x)=x[f(x)+t+1]的零點的個數(shù).

分析 (1)當(dāng)t=1時,對f(x)求導(dǎo),求出函數(shù)的最值,即可證明
(2)若t≥1,且f(x)>1在區(qū)間[$\frac{1}{e}$,e]上恒成立,即:f(x)在[$\frac{1}{e}$,e]上的最小值大于1;利用導(dǎo)數(shù)求判斷函數(shù)f(x)的最小值.
(3)分類討論判斷g'(x)的單調(diào)性與函數(shù)的最小值,從而驗證g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.再構(gòu)造新函數(shù)h(t)=e3t-(2lnt+6),證明h(t)>0,進而判斷函數(shù)g(x)是否穿過x軸即可.

解答 解:(1)t=1時,f(x)=x-$\frac{1}{x}$-2lnx,x>0
∴f′(x)=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{{x}^{2}-2x+1}{{x}^{2}}$=$\frac{(x-1)^{2}}{{x}^{2}}$≥0,
∴f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴f(x)>f(1)=1-1-0=0,
∴x>1,f(x)>0成立,
(2)依題意,在區(qū)間[$\frac{1}{e}$,e]上f(x)min>1,
∵f′(x)=t+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{t+1}{x}$=$\frac{t{x}^{2}-(t+1)x+1}{{x}^{2}}$=$\frac{(tx-1)(x-1)}{{x}^{2}}$,
令f′(x)=0,解得x=1或x=$\frac{1}{t}$≤1,
若t≥e,則由f′(x)>0得,1<x≤e,函數(shù)f(x)遞增,
由f′(x)<0得,$\frac{1}{e}$≤x<1,函數(shù)f(x)遞減,
∴f(x)min=f(1)=t-1>1,滿足條件,
若1<t<e,則由f′(x)>0得,$\frac{1}{e}$≤x<$\frac{1}{t}$或1<x≤e,函數(shù)f(x)遞增,
由f′(x)<0得,$\frac{1}{t}$≤x<1,函數(shù)f(x)遞減,
∴f(x)min=min{f($\frac{1}{e}$),f(1)},
依題意$\left\{\begin{array}{l}{f(\frac{1}{e})>1}\\{f(1)>1}\end{array}\right.$,即$\left\{\begin{array}{l}{t>\frac{{e}^{2}}{e+1}}\\{t>2}\end{array}\right.$,
∴2<t<e,
若t=1,則f′(x)≥0得,函數(shù)f(x)在[$\frac{1}{e}$,e]遞增,
f(x)min=f($\frac{1}{e}$)<1,不滿足條件,
綜上所述t>2,
(3)當(dāng)x∈(0,+∞),g(x)=tx2-(t+1)xlnx+(t+1)x-1
∴g′(x)=2tx-(t+1)lnx,
設(shè)m(x)=2tx-(t+1)lnx,
∴m′(x)=2t-$\frac{t+1}{x}$=$\frac{tx-(t+1)}{x}$,
令m′(x)=0,得x=$\frac{t+1}{2t}$,
當(dāng)0<x<$\frac{t+1}{2t}$時,m'(x)<0;當(dāng)時x>$\frac{t+1}{2t}$,m'(x)>0.
∴g'(x)在(0,$\frac{t+1}{2t}$)上單調(diào)遞減,在($\frac{t+1}{2t}$,+∞)上單調(diào)遞增.
∴g'(x)的最小值為g′($\frac{t+1}{2t}$)=(t+1)(1-ln$\frac{t+1}{2t}$),
∵t>$\frac{1}{e}$,∴$\frac{t+1}{2t}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2t}$<$\frac{1}{2}$+$\frac{e}{2}$<e.
∴g'(x)的最小值g′($\frac{t+1}{2t}$)=(t+1)(1-ln$\frac{t+1}{2t}$)>0,
從而,g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.
又g($\frac{1}{{e}^{5}{t}^{2}}$)=$\frac{1}{{e}^{10}{t}^{3}}$+$\frac{t+1}{{e}^{5}{t}^{2}}$(6+2lnt)-1,
設(shè)h(t)=e3t-(2lnt+6).
則h′(t)=e3-$\frac{2}{t}$.
令h'(t)=0得t=$\frac{2}{{e}^{3}}$.由h'(t)<0,得0<t<$\frac{2}{{e}^{3}}$;
由h'(t)>0,得t>$\frac{2}{{e}^{3}}$.
∴h(t)在(0,$\frac{2}{{e}^{3}}$)上單調(diào)遞減,在($\frac{2}{{e}^{3}}$,+∞)上單調(diào)遞增.
∴h(t)min=h($\frac{2}{{e}^{3}}$)=2-2ln2>0.
∴h(t)>0恒成立.∴e3t>2lnt+6,.
∴g($\frac{1}{{e}^{5}{t}^{2}}$)<$\frac{1}{{e}^{7}}$+$\frac{t+1}{{e}^{2}t}$-1=$\frac{1}{{e}^{7}}$+$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{{e}^{2}t}$-1<$\frac{1}{{e}^{7}}$+$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{e}$-1<0.
又g(1)=2t>0,
∴當(dāng)t>$\frac{1}{e}$時,函數(shù)g(x)恰有1個零點

點評 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)最值,構(gòu)造新函數(shù)以及函數(shù)零點個數(shù)等知識點,考查了學(xué)生分析問題解決問題的能力,屬于難題.

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(1)求橢圓C的方程;
(2)設(shè)直線l:y=kx+m(k≠0)與橢圓C交于A、B兩點.
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