Question

2．已知函数f（x）=alnx-x+$\frac{1}{x}$，g（x）=x²+x-b．y=f（x）图象恒过定点P，且P点既在y=g（x）图象上，又在y=f（x）的导函数的图象上．
（Ⅰ）求a、b的值；
（Ⅱ）设h（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$，求证：当x＞0且x≠1时，h（x）＜0．

Answer 1

分析 （1）当x=1时，f（1）=0，所以P（1，0），分别代入f′（x），g（x）求得a，b；
（2）由（1）可得f（x）与g（x）的解析式，对f（x）求导，进而分x∈（0，1）时，x∈（1，+∞）时，分别讨论f（x），g（x）的正负，得出h（x）＜0．

解答 解：（1）根据题意，函数f（x）=alnx-x+$\frac{1}{x}$，恒过定点（1，0），
故P的坐标为（1，0），则有g（1）=1+1-b=0，即b=2；
对于f（x）=alnx-x+$\frac{1}{x}$，其导数f′（x）=$\frac{a}{x}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
又由p（1，0），即f′（1）=0，
解可得a=2；
（2）由（1）可得f（x）=2lnx-x+$\frac{1}{x}$，则f′（x）=$\frac{2}{x}$-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$=-$\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$，
g（x）=x²+x-2，
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）上单调递减，f（x）＞f（1）=0，
易知g（x）＜0，故h（x）＜0．
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，1）上单调递减，f（x）＜f（1）=0，
易知g（x）＞0，故h（x）＜0．
综上所述，当x＞0且x≠1时，h（x）＜0．

点评 本题考查单调性与导数故选的应用，函数与不等式的综合，分类讨论的思想和能力．