Question

4．已知函数f（x）=-x²+2lnx与g（x）=ax+$\frac{1}{x}$（a∈R）有相同的极值点．
（Ⅰ）求函数g（x）的解析式；
（Ⅱ）证明：不等式f（x）+2g（x）＞$\frac{2}{{e}^{x}}$-x²+2x（其中e为自然对数的底数）；
（Ⅲ）不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{b-1}$≤1对任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]恒成立，求实数b的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求出函数的单调区间，得到函数的极值点，求出a的值，从而求出g（x）的解析式即可；
（Ⅱ）问题转化为证明lnx+$\frac{1}{x}$＞$\frac{1}{{e}^{x}}$．设φ（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$，h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，根据函数的单调性证明即可；
（Ⅲ）通过讨论b＞1时，等价于b≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1，b＜1时，问题等价于b≤f（x₁）-g（x₂）]_min+1，根据函数的单调性确定b的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函数的定义域为（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）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴函数f（x）的极（最）大值为f（1）=-1，即x=1是函数的极值点．
∵g（x）=ax+$\frac{1}{x}$，∴g′（x）=a-$\frac{1}{{x}^{2}}$．
由上知x=1是函数的极值点，又∵f（x）与g（x）有相同极值点，
∴x=1是函数g（x）的极值点，∴g′（1）=a-1=0，解得：a=1．
经验证，当a=1时，函数g（x）在x=1时取到极小值，符合题意．
所以g（x）=x+$\frac{1}{x}$．                              
（Ⅱ）不等式f（x）+2g（x）＞$\frac{2}{{e}^{x}}$-x²+2x可化为lnx+$\frac{1}{x}$＞$\frac{1}{{e}^{x}}$，
所以要证不等式f（x）+2g（x）＞$\frac{2}{{e}^{x}}$-x²+2x，即证lnx+$\frac{1}{x}$＞$\frac{1}{{e}^{x}}$．
设φ（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$，则φ（x）是（0，+∞）上的减函数，φ（x）＜φ（0）=1，
设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）递减，在（1，+∞）递增，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，
因为-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）=$\frac{（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$．
当x∈[$\frac{1}{e}$，1]时，g′（x）＜0；当x∈（1，3]时，g′（x）＞0．
故g（x）在[$\frac{1}{e}$，1）上为减函数，在（1，3]上为增函数．
∵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°当b-1＞0，即b＞1时，对于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]（e为自然对数的底数），
不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{b-1}$≤1恒成立，
等价于b-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max，等价于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°当b-1＜0，即b＜1时，对于不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{b-1}$≤1恒成立，
等价于b-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min，等价于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，
综上，所求实数b的取值范围为（-∞，-$\frac{34}{3}$+2ln3]∪（1，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．