Question

4．已知函数f（x）=ax+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a=1，求曲线y=f（x）在x=1处切线的方程；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）对于两个图形S₁，S₂，我们将图形S₁上的任意一点与图形S₂上的任意一点间的距离中的最小值，叫作图形S₁与图形S₂的距离．若两个函数图象的距离小于1，称这两个函数互为“可及函数”．试证明两函数g（x）=$\frac{2}{x}$+x+ax-2、f（x）=ax+lnx互为“可及函数”．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得函数的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程，可得切线方程；
（Ⅱ）求得导数，对a讨论，①当a≥0时，②当a＜0时，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；
（Ⅲ）设$F（x）=g（x）-f（x）=\frac{2}{x}+x-lnx-2$，求得导数，求出单调区间，可得最小值，证明它小于1，即可得到结论．

解答 解：（Ⅰ）由已知$f'（x）=1+\frac{1}{x}\;（x＞0）$，f′（1）=1+1=2．
即y=f（x）在x=1处切线的斜率为2．
又f（1）=1+ln1=1，
故y=f（x）在x=1处切线方程为y=2x-1；
（Ⅱ）$f'（x）=a+\frac{1}{x}=\frac{ax+1}{x}（x＞0）$．
①当a≥0时，由于x＞0，故ax+1＞0，f′（x）＞0，
所以，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
②当a＜0时，由f'（x）=0，得$x=-\frac{1}{a}$．
在区间$（0，-\frac{1}{a}）$上，f'（x）＞0，在区间$（-\frac{1}{a}，+∞）$上f'（x）＜0，
所以，函数f（x）的单调递增区间为$（0，-\frac{1}{a}）$，单调递减区间为$（-\frac{1}{a}，+∞）$．
（Ⅲ）证明：设$F（x）=g（x）-f（x）=\frac{2}{x}+x-lnx-2$，
$F'（x）=1-\frac{2}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-x-2}}{x^2}=\frac{（x+1）（x-2）}{x^2}$，
令F′（x）＞0得x＞2，F′（x）≤0得0＜x≤2，
则F（x）在（0，2]上递减，在（2，+∞）上递增，
所以${F_{min}}（x）=F（2）=2+\frac{2}{2}-ln2-2=1-ln2=ln\frac{e}{2}＜lne=1$，
因0≤F_min（x）＜1，
故函数$g（x）=\frac{2}{x}+x+ax-2$，f（x）=ax+lnx的图象间的距离d≤F_min（x）＜1，
所以函数$g（x）=\frac{2}{x}+x+ax-2$和f（x）=ax+lnx是互为“可及函数”．

点评 本题主要考查函数与导数等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，培养创新意识．