题目内容

【题目】已知函数f(x)= (t+1)lnx,,其中t∈R.

(1)若t=1,求证:当x>1时,f(x)>0成立;

(2)若t> ,判断函数g(x)=x[f(x)+t+1]的零点的个数.

【答案】(1)见解析(2)1

【解析】试题分析:(1)时,对求导得增区间, 得减区间进而求出函数的最小值值即可证明;(2)t>求得函数g(x)=x[f(x)+t+1]的导函数,研究其单调性,根据零点定理再利用导数即可判定零点的个数.

试题解析:解:(1)t=1时,f(x)=x﹣﹣2lnx,x>0

∴f′(x)=1+==≥0,

∴f(x)在(1,+∞)上单调递增,

∴f(x)>f(1)=1﹣1﹣0=0,

∴x>1,f(x)>0成立,

(2)当x(0,+∞),g(x)=tx2﹣(t+1)xlnx+(t+1)x﹣1

∴g′(x)=2tx﹣(t+1)lnx,

设m(x)=2tx﹣(t+1)lnx, ∴m′(x)=2t﹣=

令m′(x)=0,得x=

当0<x<时,m'(x)<0;当时x>,m'(x)>0.

∴g'(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.

∴g'(x)的最小值为g′()=(t+1)(1﹣ln),

∵t>,∴ =++<e.

∴g'(x)的最小值g′()=(t+1)(1﹣ln)>0,

从而,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.

又g(1)=2t>0,又g()=+(6+2lnt)﹣1,

设h(t)=e3t﹣(2lnt+6).

则h′(t)=e3

令h'(t)=0得t=.由h'(t)<0,得0<t<

由h'(t)>0,得t>

∴h(t)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.

∴h(t)min=h()=2﹣2ln2>0.

∴h(t)>0恒成立.∴e3t>2lnt+6,.

∴g()<+﹣1=++﹣1<++﹣1<0.

∴当t>时,函数g(x)恰有1个零点

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