Question

16．已知函数f（x）=alnx+x²-1
（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若关于x的不等式f（x）≥b（x-1）在[$\frac{1}{e}$，+∞）上恒成立，其中a，b为实数，求a，b所满足的关系式及a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得f′（1），进一步求得f（1）=0，然后由直线方程的点斜式得答案；
（2）构造函数g（x）=f（x）-b（x-1），把不等式f（x）≥b（x-1）在[$\frac{1}{e}$，+∞）上恒成立转化为g（x）≥0在[$\frac{1}{e}$，+∞）上恒成立，根据g（1）=0，可得g（x）≥g（1）恒成立，得到g（x）在x=1处取得极小值，从而有g′（1）=a+2-b=0，得到a，b的关系，得到g′（x）=$\frac{2（x-1）（x-\frac{a}{2}）}{x}$．然后对a分类讨论，进一步转化为关于a的不等式求得a的取值范围．

解答 解：（1）求导f′（x）=$\frac{a}{x}+2x$，∴f′（1）=a+2，
又f（1）=0，∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=（a+2）（x-1），
即（a+2）x-y-a-2=0；
（2）设g（x）=f（x）-b（x-1），即g（x）≥0在[$\frac{1}{e}$，+∞）上恒成立，
又g（1）=0，有g（x）≥g（1）恒成立，即g（x）在x=1处取得极小值，得g′（1）=a+2-b=0，
∴b=a+2，从而g′（x）=$\frac{2（x-1）（x-\frac{a}{2}）}{x}$．
（ⅰ）当$\frac{a}{2}≤\frac{1}{e}$时，g（x）在$（\frac{1}{e}，1）$上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴g（x）≥g（1），即$a≤\frac{2}{e}$；
（ⅱ）当$\frac{1}{e}＜\frac{a}{2}≤1$时，g（x）在$（\frac{1}{e}，\frac{a}{2}）$上单调递增，在$（\frac{a}{2}，1）$单调递减，在（1，+∞）上单调递增，则只需$g（\frac{1}{e}）=-\frac{a}{e}+\frac{1}{{e}^{2}}-\frac{2}{e}+1≥0$，
解得：$\frac{2}{e}＜a≤e+\frac{1}{e}-2$；
（ⅲ）当$\frac{a}{2}＞1$时，g（x）在$（\frac{1}{e}，1）$上单调递增，$（1，\frac{a}{2}）$单调递减，在（1，+∞）上单调递增，由$g（\frac{a}{2}）＜g（1）=0$知不符合题意．
综上，a的取值范围是$a≤e+\frac{1}{e}-2$．

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，着重考查了分类讨论的数学思想方法，考查数学转化思想方法，是压轴题．