Question

1．已知函数f（x）=x³-mx．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当m=1时，令g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）}$+lnx，若函数y=g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）内有极值，对?t∈（1，+∞），?s∈（0，1），求证：g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）先化简函数g（x），根据g（x）的导数，判断函数g（x）的单调性，结合函数单调性和不等式之间的关系进行证明即可．

解答 解：（1）f（x）=x³-mx，f′（x）=3x²-m，
m≤0时，f′（x）≥0恒成立，f（x）在R递增，
m＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{\frac{m}{3}}$或x＜-$\sqrt{\frac{m}{3}}$，令f′（x）＜0，解得：-$\sqrt{\frac{m}{3}}$＜x＜$\sqrt{\frac{m}{3}}$，
∴f（x）在（-∞，-$\sqrt{\frac{m}{3}}$）递增，在（-$\sqrt{\frac{m}{3}}$，$\sqrt{\frac{m}{3}}$）递减，在（$\sqrt{\frac{m}{3}}$，+∞）递增；
（2）m=1时，g（x）=$\frac{a{x}^{2}+ax}{f（x）}$+lnx=lnx+$\frac{a}{x-1}$，（x＞0），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{（x-1）}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+1}{{x（x-1）}^{2}}$，
∵函数g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）内有极值，
∴g′（x）=0在（0，$\frac{1}{e}$）内有解，令h（x）=x²-（a+2）x+1=（x-α）（x-β），
∵αβ=1，不妨设0＜α＜$\frac{1}{e}$，则β＞e，
由g′（x）＞0，可得0＜x＜α或x＞β；由g′（x）＜0，可得α＜x＜1或1＜x＜β，
∴g（x）在（0，α）内递增，在（α，1）内递减，在（1，β）内递减，在（β，+∞）递增，
由s∈（0，1），可得g（s）≤g（α）=lnα+$\frac{a}{α-1}$，
由t∈（1，+∞），可得g（t）≥g（β）=lnβ+$\frac{a}{β-1}$，
∴g（t）-g（s）≥g（β）-g（α）
∵αβ=1，α+β=a+2
∴g（β）-g（α ）=2lnβ+a×$\frac{α-β}{（β-1）（α-1）}$=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$，
记h（β）=2lnβ+β-$\frac{1}{β}$（β＞e）
则h′（β）=$\frac{2}{β}$+1+$\frac{1}{{β}^{2}}$＞0，h（β）在（0，+∞）上单调递增
∴h（β）＞h（e）=e+2-$\frac{1}{e}$，
∴g（t）-g（s）＞e+2-$\frac{1}{e}$．

点评 本题以函数为载体，考查导数知识的运用，考查函数的极值与单调性，考查不等式的证明，综合性比较强．难度较大．