Question

8．已知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx+$\frac{a}{x}$-x（x＞0），g（x）=e^x-x-2，其中a為實(shí)數(shù)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若f（x）的圖象在點(diǎn)（2，f（2））處的切線的斜率為-$\frac{1}{2}$，求證：?x∈（0，+∞），f（x）＜g（x）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)h（x），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到h（x）的最小值，從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{a+1}{x}-\frac{a}{x^2}-1=-\frac{{{x^2}-（a+1）x+a}}{x^2}$=$-\frac{（x-1）（x-a）}{x^2}\;（x＞0）$…（2分）
①當(dāng)a≤0時(shí)，令f'（x）＞0，得0＜x＜1；令f'（x）＜0，得x＞1
則f（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，令f'（x）＞0，得a＜x＜1；令f'（x）＜0，得0＜x＜a，或x＞1
則f（x）在（a，1）上遞增，在（0，a）和（1，+∞）上遞減
③當(dāng)a=1時(shí)，$f'（x）=-\frac{{{{（x-1）}^2}}}{x^2}≤0$，則f（x）在（0，+∞）上遞減
④當(dāng)a＞1時(shí)，令f'（x）＞0，得1＜x＜a；令f'（x）＜0，得0＜x＜1，或x＞a
則f（x）在（1，a）上遞增，在（0，1）和（a，+∞）上遞減…（6分）
（Ⅱ）由已知，得$f'（2）=-\frac{2-a}{4}=-\frac{1}{2}$，∴a=0，f（x）=lnx-x…（7分）
令h（x）=g（x）-f（x）=e^x-lnx-2（x＞0）
則$h'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$（x＞0）∴h'（x）在（0，+∞）上遞增，且$h'（\frac{1}{2}）=\sqrt{e}-2＜0$，h'（1）=e-1＞0，
∴h'（x）有唯一的零點(diǎn)${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，且${e^{x_0}}=\frac{1}{x_0}$，即${e^{-{x_0}}}={x_0}$…（9分）
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，h'（x）＜0，h（x）為減函數(shù)
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，h'（x）＞0，h（x）為增函數(shù)，
∴h（x）_min=$h（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}-2$=$\frac{1}{x_0}-ln{e^{-{x_0}}}-2=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2$，
∵${x_0}∈（\frac{1}{2}，1）$，∴$\frac{1}{x_0}+{x_0}＞2$，∴h（x）_min＞0，從而h（x）＞0，
故對(duì)?x∈（0，+∞），f（x）＜g（x）…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想，是一道中檔題．