Question

18．已知函数f（x）=lnx+a，g（x）=$\frac{b}{x}$-x（a，b∈R）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在点（1，f（1））处的切线方程相同，求实数a，b的值；
（Ⅱ）若f（x）≥g（x）恒成立，求证：当a≤-2时，b≤-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）与g′（x），由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=g′（1）}\\{f（1）=g（1）}\end{array}\right.$，求解可得a=-3，b=-2；
（Ⅱ）设h（x）=f（x）-g（x）=lnx+a-$\frac{b}{x}+x$，
则h′（x）=$\frac{1}{x}+1+\frac{b}{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}+x+b}{{x}^{2}}$（x＞0）．求其导函数，可得当b≥0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，不满足f（x）≥g（x）恒成立；当b＜0时，求出导函数零点，${x}_{0}=\frac{-1+\sqrt{1-4b}}{2}$，知函数y=h（x）在（0，x₀）上递增，在（x₀，+∞）上递减，可得h（x）_min=h（x₀）≥0．得$a≥\frac{b}{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}$，得到$b=-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}$．则a-b＞$\frac{b}{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}-（-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}）=-{x}_{0}-1-ln{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2}$．令t（x）=-x-1-lnx+x²，利用导数求其最小值为-1，则a-b≥-1，即b-1≤a，故当a≤-2时，b≤-1．

解答 （Ⅰ）解：由f′（x）=$\frac{1}{x}$，g′（x）=$-\frac{b}{{x}^{2}}-1$，
得$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=g′（1）}\\{f（1）=g（1）}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{1=-b-1}\\{a=b-1}\end{array}\right.$，解得a=-3，b=-2；
（Ⅱ）证明：设h（x）=f（x）-g（x）=lnx+a-$\frac{b}{x}+x$，
则h′（x）=$\frac{1}{x}+1+\frac{b}{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}+x+b}{{x}^{2}}$（x＞0）．
①当b≥0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，不满足f（x）≥g（x）恒成立；
②当b＜0时，令x²+x+b=0，由△=1-4b＞0．
得$x=\frac{-1+\sqrt{1-4b}}{2}＞0$，或$x=\frac{-1-\sqrt{1-4b}}{2}＜0$（舍）．
设${x}_{0}=\frac{-1+\sqrt{1-4b}}{2}$，知函数y=h（x）在（0，x₀）上单调递增，在（x₀，+∞）上单调递减，
故h（x）_min=h（x₀）≥0．即$ln{x}_{0}+a-\frac{b}{{x}_{0}}+{x}_{0}≥0$，得$a≥\frac{b}{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}$．
又由${{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}+b=0$，得$b=-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}$．
∴a-b＞$\frac{b}{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}-（-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}）=-{x}_{0}-1-ln{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2}$．
令t（x）=-x-1-lnx+x²，
$t′（x）=2x-1-\frac{1}{x}=\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}=\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$．
当x∈（0，1）时，t′（x）＜0，函数t（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，t′（x）＞0，函数t（x）单调递增．
∴t（x）_min=t（1）=-1，
∴a-b≥-1，即b-1≤a．
故当a≤-2时，b≤-1．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数的最值，训练了恒成立问题的求解方法，是中档题．