Question

4．已知函數f（x）=-x²+2lnx與g（x）=ax+$\frac{1}{x}$（a∈R）有相同的極值點．
（Ⅰ）求函數g（x）的解析式；
（Ⅱ）證明：不等式f（x）+2g（x）＞$\frac{2}{{e}^{x}}$-x²+2x（其中e為自然對數的底數）；
（Ⅲ）不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{b-1}$≤1對任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]恒成立，求實數b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，求出函數的單調區間，得到函數的極值點，求出a的值，從而求出g（x）的解析式即可；
（Ⅱ）問題轉化為證明lnx+$\frac{1}{x}$＞$\frac{1}{{e}^{x}}$．設φ（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$，h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，根據函數的單調性證明即可；
（Ⅲ）通過討論b＞1時，等價于b≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1，b＜1時，問題等價于b≤f（x₁）-g（x₂）]_min+1，根據函數的單調性確定b的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函數的定義域為（0，+∞），
f′（x）=-2x+$\frac{2}{x}$=-$\frac{2（x+1）（x-1）}{x}$，（x＞0），
令f′（x）=0，得x=1或x=-1（舍），
∴在f（x）（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
∴函數f（x）的極（最）大值為f（1）=-1，即x=1是函數的極值點．
∵g（x）=ax+$\frac{1}{x}$，∴g′（x）=a-$\frac{1}{{x}^{2}}$．
由上知x=1是函數的極值點，又∵f（x）與g（x）有相同極值點，
∴x=1是函數g（x）的極值點，∴g′（1）=a-1=0，解得：a=1．
經驗證，當a=1時，函數g（x）在x=1時取到極小值，符合題意．
所以g（x）=x+$\frac{1}{x}$．                              
（Ⅱ）不等式f（x）+2g（x）＞$\frac{2}{{e}^{x}}$-x²+2x可化為lnx+$\frac{1}{x}$＞$\frac{1}{{e}^{x}}$，
所以要證不等式f（x）+2g（x）＞$\frac{2}{{e}^{x}}$-x²+2x，即證lnx+$\frac{1}{x}$＞$\frac{1}{{e}^{x}}$．
設φ（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$，則φ（x）是（0，+∞）上的減函數，φ（x）＜φ（0）=1，
設h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，h′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
故h（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，h（x）≥h（1）=1，
所以φ（x）＜1≤h（x），所以φ（x）＜h（x），即lnx+$\frac{1}{x}$＞$\frac{1}{{e}^{x}}$，
所以不等式f（x）+2g（x）＞$\frac{2}{{e}^{x}}$-x²+2x恒成立．           
（Ⅲ）∵f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$-2，f（1）=-1，f（3）=-9+2ln3，
因為-9+2ln3＜-$\frac{1}{{e}^{2}}$-2＜-1，即f（3）＜f（$\frac{1}{e}$）＜f（1）．
∴?x₁∈[$\frac{1}{e}$，3，f（x₁）_min=f（3）=-9+2ln3，f（x₁）_max=f（1）=-1．
由（Ⅰ）知g（x）=x+$\frac{1}{x}$，∴g′（x）=$\frac{（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$．
當x∈[$\frac{1}{e}$，1]時，g′（x）＜0；當x∈（1，3]時，g′（x）＞0．
故g（x）在[$\frac{1}{e}$，1）上為減函數，在（1，3]上為增函數．
∵g（$\frac{1}{e}$）=e+$\frac{1}{e}$，g（1）=2，g（3）=3+$\frac{1}{3}$=$\frac{10}{3}$，而2＜e+$\frac{1}{e}$＜$\frac{10}{3}$．
∴?x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，g（x₂）_min=g（1）=2，g（x₂）_max=g（3）=$\frac{10}{3}$．
1°當b-1＞0，即b＞1時，對于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]（e為自然對數的底數），
不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{b-1}$≤1恒成立，
等價于b-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max，等價于b≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1，
∵f（x₁）-g（x₂）≤f（x₁）_max-g（x₂）_min=f（1）-g（1）=-1-2=-3，
∴b≥-3+1=-2，又∵b＞1，∴b＞1．
2°當b-1＜0，即b＜1時，對于不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{b-1}$≤1恒成立，
等價于b-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min，等價于b≤[f（x₁）-g（x₂）]_min+1，
f（x₁）-g（x₂）≥f（x₁）_min-g（x₂）_max=f（3）-g（3）=-9+2ln3-$\frac{10}{3}$=-$\frac{37}{3}$+2ln3，
∴b≤-$\frac{34}{3}$+2ln3，又∵b＜1，∴b≤-$\frac{34}{3}$+2ln3，
綜上，所求實數b的取值范圍為（-∞，-$\frac{34}{3}$+2ln3]∪（1，+∞）．

點評 本題考查了函數的單調性、極值、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．