Question

1．已知函数f（x）=lnx+ax+$\frac{1}{2}$，a∈R．
（Ⅰ）若直线4x-2y-1=0与曲线y=f（x）相切于点A，求A的坐标；
（Ⅱ）是否存在a，使f（x）在区间（0，e]上的最大值不超过ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$？请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，设出切点为（x₀，y₀），可得切线的斜率，代入切线方程，可得方程，解方程可得切点坐标；
（Ⅱ）假设存在a，使f（x）在区间（0，e]上的最大值不超过ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．求出f（x）的导数，对a讨论，①当a≥-$\frac{1}{e}$时，②若a＜-$\frac{1}{e}$，求出单调性，可得最大值，解不等式即可判断不存在a．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=lnx+ax+$\frac{1}{2}$的导数为f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，
设切点A为（x₀，y₀），可得切线的斜率为a+$\frac{1}{{x}_{0}}$=2，可得a=2-$\frac{1}{{x}_{0}}$，
又lnx₀+ax₀+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（4x₀-1），解得x₀=1，a=1，y₀=$\frac{3}{2}$，
可得A（1，$\frac{3}{2}$）；
（Ⅱ）假设存在a，使f（x）在区间（0，e]上的最大值不超过ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．
由f（x）的导数f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]，即有$\frac{1}{x}$∈[$\frac{1}{e}$，+∞），
①当a≥-$\frac{1}{e}$时，f′（x）≥0，f（x）在（0，e]递增，f（x）_max=f（e）=$\frac{3}{2}$+ae，
由$\frac{3}{2}$+ae≥0，ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$≤0，（不同时取得等号），
故不存在a，使f（x）在区间（0，e]上的最大值不超过ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$；
②若a＜-$\frac{1}{e}$，由f′（x）＞0可得a+$\frac{1}{x}$＞0，即0＜x＜-$\frac{1}{a}$，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）递增，
由f′（x）＜0可得a+$\frac{1}{x}$＜0，即-$\frac{1}{a}$＜x≤e，f（x）在（-$\frac{1}{a}$，e）递减．
可得f（x）_max=f（-$\frac{1}{a}$）=-$\frac{1}{2}$+ln（-$\frac{1}{a}$），
令-$\frac{1}{2}$+ln（-$\frac{1}{a}$）≤ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$，即-$\frac{1}{a}$≤$\frac{\sqrt{e}}{{a}^{2}+1}$，即a²+$\sqrt{e}$a+1≤0，
又△=e-4＜0，则不等式无解．
则不存在a，使f（x）在区间（0，e]上的最大值不超过ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．
综上可得，不存在a，使f（x）在区间（0，e]上的最大值不超过ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．

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，考查分类讨论的思想方法，化简整理的运算能力，属于中档题．