Question

1．设函数f（x）=lnx，g（x）=$\frac{m（x+n）}{x+1}$（m＞0）．
（1）当m=1时，函数y=f（x）与y=g（x）在x=1处的切线互相垂直，求n的值；
（2）若函数y=f（x）-g（x）在定义域内不单调，求m-n的取值范围；
（3）是否存在实数a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0对任意正实数x恒成立？若存在，求出满足条件的实数a；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）分别求出f（x）、g（x）的导数，求得在x=1处切线的斜率，由两直线垂直的条件，解方程即可得到n；
（2）求出y=f（x）-g（x）的导数，可得，得$x+2-m（1-n）+\frac{1}{x}$的最小值为负，运用基本不等式即可求得m-n的范围；
（3）假设存在实数a，运用构造函数，求出导数，求得单调区间和最值，结合不等式恒成立思想即有三种解法．

解答 解：（1）当m=1时，$g'（x）=\frac{1-n}{{{{（x+1）}^2}}}$，
∴y=g（x）在x=1处的切线斜率$k=\frac{1-n}{4}$，
由$f'（x）=\frac{1}{x}$，∴y=f（x）在x=1处的切线斜率k=1，
∴$\frac{1-n}{4}•1=-1$，∴n=5．
（2）易知函数y=f（x）-g（x）的定义域为（0，+∞），
又$y'=f'（x）-g'（x）=\frac{1}{x}-\frac{m（1-n）}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+[{2-m（1-n）}]x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}=\frac{{x+2-m（1-n）+\frac{1}{x}}}{{{{（x+1）}^2}}}$，
由题意，得$x+2-m（1-n）+\frac{1}{x}$的最小值为负，
∴m（1-n）＞4，由m＞0，1-n＞0，
∴$\frac{{{{（m+（1-n））}^2}}}{4}≥m（1-n）＞4$，
∴m+（1-n）＞4或m+1-n＜-4，
∴m-n＞3或m-n＜-5；
（3）解法一、假设存在实数a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0对任意正实数x恒成立．
令θ（x）=$f（\frac{2a}{x}）•f（{e^{ax}}）+f（\frac{x}{2a}）=ax•ln2a-ax•lnx+lnx-ln2a$，其中x＞0，a＞0，
则θ'（x）=$a•ln2a-alnx-a+\frac{1}{x}$，
设$δ（x）=a•ln2a-alnx-a+\frac{1}{x}$$δ'（x）=-\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}=-\frac{ax+1}{x^2}＜0$，
∴δ（x）在（0，+∞）单调递减，δ（x）=0在区间（0，+∞）必存在实根，
不妨设δ（x₀）=0，即$δ（{x_0}）=a•ln2a-aln{x_0}-a+\frac{1}{x_0}=0$，
可得$ln{x_0}=\frac{1}{{a{x_0}}}+ln2a-1$（*）θ（x）在区间（0，x₀）上单调递增，
在（x₀，+∞）上单调递减，
所以θ（x）_max=θ（x₀），θ（x₀）=（ax₀-1）•ln2a-（ax₀-1）•lnx₀，
代入（*）式得$θ（{x_0}）=a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}-2$，
根据题意$θ（{x_0}）=a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}-2≤0$恒成立．
又根据基本不等式，$a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}≥2$，当且仅当$a{x_0}=\frac{1}{{a{x_0}}}$时，等式成立
即有$a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}=2$，即ax₀=1，即${x_0}=\frac{1}{a}$．
代入（*）式得，$ln\frac{1}{a}=ln2a$，即$\frac{1}{a}=2a$，
解得$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
解法二、假设存在实数a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0对任意正实数x恒成立．
令θ（x）=ax•ln2a-ax•lnx+lnx-ln2a=（ax-1）（ln2a-lnx），其中x＞0，a＞0
根据条件$f（\frac{2a}{x}）•f（{e^{ax}}）+f（\frac{x}{2a}）≤0$对任意正数x恒成立，
即（ax-1）（ln2a-lnx）≤0对任意正数x恒成立，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{ax-1≥0}\\{ln2a-lnx≤0}\\{a＞0}\end{array}}\right.$且$\left\{{\begin{array}{l}{ax-1≤0}\\{ln2a-lnx≥0}\\{a＞0}\end{array}}\right.$，解得$\frac{1}{a}≤x≤2a$且$2a≤x≤\frac{1}{a}$，
即$\frac{1}{a}=x=2a$时上述条件成立，此时$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
解法三、假设存在实数a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0对任意正实数x恒成立．
令θ（x）=ax•ln2a-ax•lnx+lnx-ln2a=（ax-1）（ln2a-lnx），其中x＞0，a＞0
要使得（ax-1）（ln2a-lnx）≤0对任意正数x恒成立，
等价于（ax-1）（2a-x）≤0对任意正数x恒成立，
即$（x-\frac{1}{a}）（x-2a）≥0$对任意正数x恒成立，
设函数$φ（x）=（x-\frac{1}{a}）（x-2a）$，则φ（x）的函数图象为开口向上，
与x正半轴至少有一个交点的抛物线，
因此，根据题意，抛物线只能与x轴有一个交点，
即$\frac{1}{a}=2a$，所以$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，主要考查函数的单调性的运用，以及不等式恒成立思想的运用，考查运算能力，具有一定的综合性．