Question

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(diǎn)的個(gè)數(shù)．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)t=1時(shí)，對(duì)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(yàn)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(jìn)而判斷函數(shù)g（x）是否穿過x軸即可．

解答 解：（1）t=1時(shí)，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(shí)，m'（x）＜0；當(dāng)時(shí)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(shí)，函數(shù)g（x）恰有1個(gè)零點(diǎn)

點(diǎn)評(píng) 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(diǎn)個(gè)數(shù)等知識(shí)點(diǎn)，考查了學(xué)生分析問題解決問題的能力，屬于難題．