Question

9．已知函数f（x）=lnx+ax²，g（x）=$\frac{1}{x}$+x+b，且直线y=-$\frac{1}{2}$是函数f（x）的一条切线．
（1）求a的值；
（2）对任意的x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，都存在x₂∈[1，4]，使得f（x₁）=g（x₂），求b的取值范围
（3）已知方程f（x）=cx有两个根x₁，x₂（x₁＜x₂），若g（x₁+x₂）+2c=0，求证：b＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，设出切点，可得切线的斜率，解方程可得a的值；
（2）由题意可得f（x）的值域为g（x）的值域的子集，运用导数判断f（x），g（x）的单调性，求得最值，可得值域，解不等式即可得到所求范围；
（3）运用方程的根的定义，作差，结合g（x）的表达式，由y=lnx的单调性，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx+ax²的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，
设切点为（m，n），可得2am+$\frac{1}{m}$=0，lnm+am²=-$\frac{1}{2}$，
解得m=1，a=-$\frac{1}{2}$；
（2）由f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{1-{x}^{2}}{x}$，
当x∈[1，$\sqrt{e}$]，可得f′（x）≤0，f（x）递减，
即有f（x）的值域为[$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$e，-$\frac{1}{2}$]；
由g（x）=$\frac{1}{x}$+x+b的导数为g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
当x∈[1，4]，可得g′（x）≥0，f（x）递增，
即有g（x）的值域为[2+b，$\frac{17}{4}$+b]，
由题意可得[$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$e，-$\frac{1}{2}$]⊆[2+b，$\frac{17}{4}$+b]，
即有2+b≤$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$e＜-$\frac{1}{2}$≤$\frac{17}{4}$+b，
解得-$\frac{19}{4}$≤b≤-$\frac{1}{2}$e-$\frac{3}{2}$；
（3）证明：方程f（x）=cx有两个根x₁，x₂（x₁＜x₂），
可得lnx₁-$\frac{1}{2}$x₁²=cx₁，lnx₂-$\frac{1}{2}$x₂²=cx₂，
两式相减，可得lnx₁-lnx₂-$\frac{1}{2}$（x₁-x₂）（x₁+x₂）=c（x₁-x₂），
可得2c+（x₁+x₂）=2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
由g（x₁+x₂）+2c=0，可得$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+2c+（x₁+x₂）=-b，
即有-b=$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
由x₁，x₂＞0，且y=lnx递增，可得$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，
即有-b＞0，即b＜0．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间，考查任意性和存在性问题的解法，注意转化为函数的值域的关系，考查不等式的证明，注意运用方程的根的含义和单调性，属于中档题．