Question

9．已知函数f（x）=lnx+ax在点（t，f（t））处切线方程为y=2x-1
（Ⅰ）求a的值
（Ⅱ）若$-\frac{1}{2}≤k≤2$，证明：当x＞1时，$f（x）＞k（{1-\frac{3}{x}}）+x-1$
（Ⅲ）对于在（0，1）中的任意一个常数b，是否存在正数x₀，使得：${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{b}{2}x_0^2＜1$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，解方程可得a的值；
（Ⅱ）求出f（x）=lnx+x，要证原不等式成立，即证xlnx+x-k（x-3）＞0，可令g（x）=xlnx+x-k（x-3），求出导数，判断符号，可得单调性，即可得证；
（Ⅲ）对于在（0，1）中的任意一个常数b，假设存在正数x₀，使得：${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{b}{2}x_0^2＜1$．运用转化思想可令H（x）=（x+1）•e^-x+$\frac{b}{2}$x²-1，求出导数判断单调性，可得最小值，即可得到结论．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=lnx+ax的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$+a，
在点（t，f（t））处切线方程为y=2x-1，
可得f′（t）=$\frac{1}{t}$+a=2，f（t）=2t-1=lnt+at，
解得a=t=1；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得f（x）=lnx+x，
要证当x＞1时，$f（x）＞k（{1-\frac{3}{x}}）+x-1$，
即证lnx＞k（1-$\frac{3}{x}$）-1（x＞1），
即为xlnx+x-k（x-3）＞0，
可令g（x）=xlnx+x-k（x-3），g′（x）=2+lnx-k，
由$-\frac{1}{2}≤k≤2$，x＞1，可得lnx＞0，2-k≥0，
即有g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）递增，
可得g（x）＞g（1）=1+2k≥0，
故当x＞1时，$f（x）＞k（{1-\frac{3}{x}}）+x-1$恒成立；
（Ⅲ）对于在（0，1）中的任意一个常数b，
假设存在正数x₀，使得：${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{b}{2}x_0^2＜1$．
由e^{f（x₀+1）-2x₀-1}+$\frac{b}{2}$x₀²=e^{ln（x₀+1）-x₀}+$\frac{b}{2}$x₀²=（x₀+1）•e^-x₀+$\frac{b}{2}$x₀²．
即对于b∈（0，1），存在正数x₀，使得（x₀+1）•e^-x₀+$\frac{b}{2}$x₀²-1＜0，
从而存在正数x₀，使得上式成立，只需上式的最小值小于0即可．
令H（x）=（x+1）•e^-x+$\frac{b}{2}$x²-1，H′（x）=e^-x-（x+1）•e^-x+bx=x（b-e^-x），
令H′（x）＞0，解得x＞-lnb，令H′（x）＜0，解得0＜x＜-lnb，
则x=-lnb为函数H（x）的极小值点，即为最小值点．
故H（x）的最小值为H（-lnb）=（-lnb+1）e^lnb+$\frac{b}{2}$ln²b-1=$\frac{b}{2}$ln²b-blnb+b-1，
再令G（x）=$\frac{x}{2}$ln²x-xlnx+x-1，（0＜x＜1），
G′（x）=$\frac{1}{2}$（ln²x+2lnx）-（1+lnx）+1=$\frac{1}{2}$ln²x＞0，
则G（x）在（0，1）递增，可得G（x）＜G（1）=0，则H（-lnb）＜0．
故存在正数x₀=-lnb，使得${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{b}{2}x_0^2＜1$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率、单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用分析法和构造函数法，求得导数判断单调性，考查存在性问题的解法，注意运用转化思想和构造函数，求出导数，运用单调性，属于难题．