Question

9．已知函数f（x）=x-lnx-1，g（x）=k（f（x）-x）+$\frac{{x}^{2}}{2}$，（k∈R）．
（1）求曲线y=f（x）在（2，f（2））处的切线方程；
（2）求函数g（x）的单调区间；
（3）当1＜k＜3，x∈（1，e）时，求证：g（x）＞-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，切点坐标，斜率，运用点斜式方程即可求解切线方程；
（2）求出g（x）的解析式，求得导数，通过①当k≤0时，②当k＞0时，由导数大于0，可得增区间，导数小于0，可得减区间，注意定义域；
（3）通过（2），当1＜k＜3，x∈（1，e），g（x）的导数和函数值变化情况，求出函数的极值、最值，构造函数h（k）=-$\frac{k}{2}$-$\frac{k}{2}$lnk，求出导数，判断单调性，证明即可得到．

解答 解：（1）由f（x）=x-lnx-1，可得f′（x）=1-$\frac{1}{x}$．
即有f（2）=1-ln2，f′（2）=$\frac{1}{2}$，
所以切线方程是y-（1-ln2）=$\frac{1}{2}$（x-2），
即为y=$\frac{1}{2}$x-ln2；
（2）由f（x）=x-lnx-1，
可得g（x）=k（f（x）-x）+$\frac{{x}^{2}}{2}$=$\frac{{x}^{2}}{2}$-klnx-k，
g′（x）=x-$\frac{k}{x}$=$\frac{{x}^{2}-k}{x}$，（x＞0），
①当k≤0时，g′（x）＞0．
可得g（x）的单调递增区间是（0，+∞），无单调递减区间；
②当k＞0时，令g′（x）＞0，得x＞$\sqrt{k}$；令g′（x）＜0，得0＜x＜$\sqrt{k}$．
所以g（x）的单调递增区间是（$\sqrt{k}$，+∞），单调递减区间是（0，$\sqrt{k}$）；
（3）证明：由（2）知，当1＜k＜3，x∈（1，e），g（x）的导数和函数值变化情况如下图

x	（1，$\sqrt{k}$）	$\sqrt{k}$	（$\sqrt{k}$，e）
g′（x）	-	0	+
g（x）	递减	极小值	递增

所以g（x）的最小值是g（$\sqrt{k}$）=-$\frac{k}{2}$-$\frac{k}{2}$lnk；
令h（k）=-$\frac{k}{2}$-$\frac{k}{2}$lnk，可得h′（k）=-1-$\frac{1}{2}$lnk，
因为1＜k＜3，所以lnk＞0，
所以h′（k）＜0，
即有h（k）在（1，3）上单调递减．
则h（k）＞h（3）=-$\frac{3}{2}$-$\frac{3}{2}$ln3．
当1＜k＜3，x∈（1，e）时，g（x）＞-$\frac{3}{2}$-$\frac{3}{2}$ln3=-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．
综上所述，当1＜k＜3，x∈（1，e）时，g（x）＞-$\frac{3}{2}$（1+ln3）．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，切线方程的求法，极值以及函数的最值的应用，考查分类讨论的思想方法和构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．