Question

8．设函数f（x）=2（a+1）$\sqrt{x}$，g（x）=lnx+bx（a，b∈R），直线y=x+1是函数y=f（x）图象的一条切线．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若函数y=f（x）-g（x）在其定义域有两个极值点．
①试求b的取值范围；
②证明：若函数y=f（x）-g（x）在其定义域内的两个极值点为x₁，x₂则$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$≤$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意，f′（x）=$\frac{a+1}{\sqrt{x}}$，利用直线y=x+1是函数y=f（x）图象的一条切线，建立方程，即可求a的值；
（Ⅱ）①记h（x）=f（x）-g（x），则h（x）=2$\sqrt{x}$-lnx-bx（x＞0），由题意，令h′（x）=$\frac{-bx+\sqrt{x}-1}{x}$=0可得bx-$\sqrt{x}$+1=0，方程有两个正数根，即可试求b的取值范围；
②求出$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$=$\frac{1}{2}$-blnb-b，再求最值，即可证明结论．

解答 （Ⅰ）解：由题意，f′（x）=$\frac{a+1}{\sqrt{x}}$．
设直线y=x+1与函数y=f（x）图象的切点为（x₀，y₀），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}=2（a+1）\sqrt{{x}_{0}}}\\{{y}_{0}={x}_{0}+1}\\{\frac{a+1}{\sqrt{{x}_{0}}}=1}\end{array}\right.$，∴a=0，x₀=1，y₀=2；
（Ⅱ）解：①记h（x）=f（x）-g（x），则h（x）=2$\sqrt{x}$-lnx-bx（x＞0），
∴h′（x）=$\frac{-bx+\sqrt{x}-1}{x}$
由题意，令h′（x）=$\frac{-bx+\sqrt{x}-1}{x}$=0可得bx-$\sqrt{x}$+1=0，方程有两个正数根
设t=$\sqrt{x}$，则$\left\{\begin{array}{l}{1-4b＞0}\\{\frac{1}{b}＞0}\end{array}\right.$，∴0＜b＜$\frac{1}{4}$．
∴0＜b＜$\frac{1}{4}$时，函数y=f（x）-g（x）在其定义域有两个极值点；
②证明：设bx-$\sqrt{x}$+1=0的两个根为x₁，x₂．则x₁x₂=$\frac{1}{{b}^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{1}{{b}^{2}}$-$\frac{2}{b}$，
∵g（x₁）+g（x₂）=lnx₁+bx₁+lnx₂+bx₂=ln（x₁x₂）+b（x₁+x₂）
∴g（x₁）+g（x₂）=-2lnb+b（$\frac{1}{{b}^{2}}$-$\frac{2}{b}$）=-2lnb+$\frac{1}{b}$-2
∵f（x₁）+f（x₂）=2$\sqrt{{x}_{1}}$+2$\sqrt{{x}_{2}}$=$\frac{2}{b}$，
∴$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$=$\frac{1}{2}$-blnb-b
记k（b）=$\frac{1}{2}$-blnb-b（0＜b＜$\frac{1}{4}$），则k′（b）=-lnb-2=0，可得b=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）时，k′（b）＞0，函数单调递增，（$\frac{1}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{4}$）时，k′（b）＜0，函数单调递减，
∴b=$\frac{1}{{e}^{2}}$时，k（b）取得最大值$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$≤$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查函数的最值，正确求导，确定函数的单调性是关键．