Question

1．已知函数f（x）=alnx-m+$\frac{2}{x+1}$．g（x）=e^x（其中e为自然对数的底数），函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=（a-$\frac{1}{2}$）x-a+$\frac{1}{2}$．
（1）若函数f（x）在（0，1）内是增函数，求实数a的取值范围．
（2）当b＞0时，函数g（x）的图象C上有两点P（b，e^b），Q（-b，e^-b），过点P，Q作图象C的切线分别记为l₁，l₂，设l₁与l₂的交点为M（x₀，y₀），证明：g（x₀）＞1．

Answer 1

分析 （1）求导，求得f（x）在（1，f（1））切线方程，即可求得m的值，由f（x）在（0，1）内是增函数，则f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$≥0在（0，1）内恒成立，a≥$\frac{2x}{（x+1）^{2}}$在（0，1）内恒成立；
（2）先求出导函数，求出切线方程，构造出新函数，换元，根据寒酸的单调性即可求得的单调性，求得x₀＞0，根据指数函数的性质，即可求得g（x₀）＞1．

解答 解：（1）求导f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$，由f′（1）=a-$\frac{1}{2}$，f（1）=1-m，
则切线方程y-f（1）=f′（1）（x-1），y=（a-$\frac{1}{2}$）x-（a-$\frac{1}{2}$）+1-m，
∴-（a-$\frac{1}{2}$）+1-m=-a+$\frac{1}{2}$，解得：m=1，
∴f（x）=alnx-$\frac{x-1}{x+1}$，在区间（0，1）内是增函数，在f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$≥0，（0＜x＜1），…1分
即a（x+1）²-2x≥0，（0＜x＜1），
即a≥$\frac{2x}{（x+1）^{2}}$=$\frac{2}{x+\frac{1}{x}+2}$，（0＜x＜1），由x+$\frac{1}{x}$≥2$\sqrt{x×\frac{1}{x}}$=2，则$\frac{2}{x+\frac{1}{x}+2}$≤$\frac{1}{2}$，在x∈（0，1）内恒成立，
∴a≥$\frac{1}{2}$，
故实数a的取值范围为[$\frac{1}{2}$，+∞）；
（2）证明：由函数g（x）=e^x，则g′（x）=e^x，过点P（b，e^b），Q（-b，e^-b），
作曲线C的切线方程为：l₁：y=e^b（x-b）+e^b，l₂：y=e^-b（x-b）+e^-b，
由l₁与l₂的交点为M（x₀，y₀），则$\left\{\begin{array}{l}{y={e}^{b}（x-b）+{e}^{b}}\\{y={e}^{-b}（x+b）+{e}^{-b}}\end{array}\right.$，…6分
消去y，解得：x₀=$\frac{b（{e}^{b}+{e}^{-b}）-（{e}^{b}-{e}^{-b}）}{（{e}^{b}-{e}^{-b}）}$，…7分
∴x₀=$\frac{b（1+{e}^{-2b}）}{1-{e}^{-2b}}$-1，设e^-2b=t，…8分
由b＞0，则0＜t＜1，且lnt=-2b，于是-1=$\frac{2b}{lnt}$，…9分
∴x₀=$\frac{2b}{lnt}$+$\frac{b（1+t）}{1-t}$=b（$\frac{2}{lnt}$+$\frac{1+t}{1-t}$），…10分
由（1）知当a=$\frac{1}{2}$时，f（x）=$\frac{1}{2}$lnx-$\frac{x-1}{x+1}$在区间（0，1）上是增函数，…11分
∴f（t）=$\frac{lnt}{2}$-$\frac{t-1}{t+1}$＜f（1）=0，即$\frac{lnt}{2}$＜$\frac{t-1}{t+1}$，…12分
故$\frac{lnt}{2}$+$\frac{t-1}{t+1}$＞0，…13分
已知b＞0，则x₀=b（$\frac{2}{lnt}$+$\frac{1+t}{1-t}$）＞0，
∴g（x₀）＞1．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，利用导数求函数的单调性及最值，考查换元法的应用，考查转化思想，属于中档题．