题目内容
11.已知函数f(x)=lnx-$\frac{a}{x}$+$\frac{a}{{x}^{2}}$(a∈R).(1)若x=1是函数f(x)的一个极值点,求a的值;
(2)若f(x)在[1,+∞)上存在单调减区间,求实数a的取值范围;
(3)在(1)的条件下,证明:$\frac{1-{x}^{2}-({x}^{2}+x)(f(x)+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}})}{{e}^{x}}$<1+e-2.
分析 (1)求导数,利用x=1是函数f(x)的一个极值点,f′(1)=0,可得a的值;
(2)若f(x)在[1,+∞)上存在单调减区间,f′(x)=$\frac{1}{x}+\frac{a}{{x}^{2}}-\frac{2a}{{x}^{3}}$≤0在[1,+∞)上成立,分类讨论求实数a的取值范围;
(3)令g(x)=$\frac{1-{x}^{2}-({x}^{2}+x)(f(x)+\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}})}{{e}^{x}}$=$\frac{(x+1)(1-xlnx-x)}{{e}^{x}}$,对函数1-xlnx-x先进行研究其取值范围,再考虑函数ex-x-1,确定出0<$\frac{x+1}{{e}^{x}}$<1,从而证明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是函数f(x)的一个极值点,
∴f′(1)=0,
∴a=1;
(2)∵f(x)在[1,+∞)上存在单调减区间,
∴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时,a≥$\frac{{x}^{2}}{2-x}$,
令m(x)=$\frac{{x}^{2}}{2-x}$,则m′(x)=$\frac{x(4-x)}{(2-x)^{2}}$>0,m(x)在[1,2)上单调递增,∴a≥1;
2-x<0,即x>2时,a≤$\frac{{x}^{2}}{2-x}$,
令m(x)=$\frac{{x}^{2}}{2-x}$,则m′(x)=$\frac{x(4-x)}{(2-x)^{2}}$,m(x)在(2,4)上单调递增,(4,+∞)上单调递减,
∴a≤-8;
综上,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,则μ′(x)=-(lnx+2),
当μ′(x)>0,0<x<e-2;
当μ′(x)<0,x>e-2.
∴当x=e-2时,μ(x)取最大值,且μ(e-2)=1+e-2.
∴1-xlnx-x≤1+e-2.
考虑函数h(x)=ex-x-1,h(0)=0,
h′(x)=ex-1,
∴当x>0时,h′(x)>0,h(x)单调递增.
∴当x>0时,h(x)>h(0)=0,即ex>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.
点评 本题中所设的三个小问中,分别从不同的角度体现用导数研究函数的性质的方法,考查学生分析解决问题的能力,有难度.