Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$（a∈R）．
（1）若x=1是函數(shù)f（x）的一個極值點，求a的值；
（2）若f（x）在[1，+∞）上存在單調(diào)減區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）在（1）的條件下，證明：$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，利用x=1是函數(shù)f（x）的一個極值點，f′（1）=0，可得a的值；
（2）若f（x）在[1，+∞）上存在單調(diào)減區(qū)間，f′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{2a}{{x}^{3}}$≤0在[1，+∞）上成立，分類討論求實數(shù)a的取值范圍；
（3）令g（x）=$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$=$\frac{（x+1）（1-xlnx-x）}{{e}^{x}}$，對函數(shù)1-xlnx-x先進行研究其取值范圍，再考慮函數(shù)e^x-x-1，確定出0＜$\frac{x+1}{{e}^{x}}$＜1，從而證明g（x）＜1+e^-2

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{2a}{{x}^{3}}$，
∵x=1是函數(shù)f（x）的一個極值點，
∴f′（1）=0，
∴a=1；
（2）∵f（x）在[1，+∞）上存在單調(diào)減區(qū)間，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{2a}{{x}^{3}}$≤0在[1，+∞）上成立，
∴a（2-x）≥x²，
2-x＞0，即1≤x＜2時，a≥$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，
令m（x）=$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，則m′（x）=$\frac{x（4-x）}{（2-x）^{2}}$＞0，m（x）在[1，2）上單調(diào)遞增，∴a≥1；
2-x＜0，即x＞2時，a≤$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，
令m（x）=$\frac{{x}^{2}}{2-x}$，則m′（x）=$\frac{x（4-x）}{（2-x）^{2}}$，m（x）在（2，4）上單調(diào)遞增，（4，+∞）上單調(diào)遞減，
∴a≤-8；
綜上，a≤-8或a≥1；
（3）令g（x）=$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$=$\frac{（x+1）（1-xlnx-x）}{{e}^{x}}$，
令μ（x）=1-xlnx-x，則μ′（x）=-（lnx+2），
當(dāng)μ′（x）＞0，0＜x＜e^-2；
當(dāng)μ′（x）＜0，x＞e^-2．
∴當(dāng)x=e^-2時，μ（x）取最大值，且μ（e^-2）=1+e^-2．
∴1-xlnx-x≤1+e^-2．
考慮函數(shù)h（x）=e^x-x-1，h（0）=0，
h′（x）=e^x-1，
∴當(dāng)x＞0時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x＞0時，h（x）＞h（0）=0，即e^x＞x+1＞0．
∴0＜$\frac{x+1}{{e}^{x}}$＜1，
∴g（x）=$\frac{1-{x}^{2}-（{x}^{2}+x）（f（x）+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}）}{{e}^{x}}$=$\frac{（x+1）（1-xlnx-x）}{{e}^{x}}$＜1-xlnx-x≤1+e^-2．

點評 本題中所設(shè)的三個小問中，分別從不同的角度體現(xiàn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)的方法，考查學(xué)生分析解決問題的能力，有難度．