Question

13．设f（x）=$\frac{（x+a）lnx}{x+1}$（a∈R）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直．
（1）若对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求实数m的取值范围；
（2）设函数g（x）=（x+1）f（x）-b（x-1）在[1，e]上有且只有一个零点，求实数b取值范围．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，根据导数的几何意义即可得到结论．求a的值；将不等式恒成立转化为求函数的最值，求函数的导数，利用导数进行求解即可；
（2）将条件转化为函数g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e]上没有零点，即可得到结论．

解答 解：f′（x）=$\frac{（\frac{x+a}{x}+lnx）（x+1）-（x+a）lnx}{{（x+1）}^{2}}$，
∵y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x+y+1=0垂直，
∴f′（1）=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{2（1+a）}{4}$=$\frac{1}{2}$，∴1+a=1，解得a=0．
（1）f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，
若对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，
即lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），
设g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），
即对于任意的x∈[1，+∞），g（x）≤0，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{-{mx}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，
①若m≤0，g′（x）＞0，则g（x）≥g（1）=0，这与题设g（x）≤0矛盾．
②若m＞0，方程-mx²+x-m=0的判别式△=1-4m²，
当△≤0，即m≥$\frac{1}{2}$时，g′（x）≤0．
∴g（x）在（1，+∞）上单减，
∴g（x）≤g（1）=0，不等式成立．
当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，方程-mx²+x-m=0，设两根为x₁，x₂，（x₁＜x₂），
x₁=$\frac{1-\sqrt{1-{4m}^{2}}}{2m}$∈（0，1），x₂=$\frac{1+\sqrt{1-{4m}^{2}}}{2m}$∈（1，+∞），
当x∈（1，x₁），g′（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0，与题设矛盾，
综上所述，m≥$\frac{1}{2}$．
（2）因为g（x）=xlnx-b（x-1），注意到g（1）=0
所以，所求问题等价于函数g（x）=xlnx-b（x-1）在（1，e]上没有零点．
因为g′（x）=lnx+1-b，
所以由g′（x）＜0?lnx+1-b＜0?0＜x＜e^b-1，
g′（x）＞0?x＞e^b-1
所以g（x）在（0，e^b-1）上单调递减，在（e^b-1，+∞）上单调递增．
①当e^b-1≤1，即b≤1时，g（x）在（1，e]上单调递增，所以g（x）＞g（1）=0
此时函数g（x）在（1，e]上没有零点，
②当1＜e^b-1＜e，即1＜b＜2时，g（x）在[1，e^b-1）上单调递减，在（e^b-1，e]上单调递增．
又因为g（1）=0，g（e）=e-be+b，g（x）在（1，e]上的最小值为g（e^b-1）=b-e^b-1
所以，（i）当1＜b≤$\frac{e}{e-1}$时，g（x）在[1，e]上的最大值g（e）≥0，
即此时函数g（x）在（1，e]上有零点．
（ii）当$\frac{e}{e-1}$＜b＜2时，g（e）＜0，即此时函数g（x）在（1，e]上没有零点．
③当e≤e^b-1 即b≥2时，g（x）在[1，e]上单调递减，
所以g（x）在[1，e]上满足g（x）＜g（1）=0，
此时函数g（x）在（1，e]上没有零点
综上，所求的a的取值范围是b≤1或$\frac{e}{e-1}$＜b．

点评 本题主要考查导数的综合应用以及函数切线的求解，考查学生的运算能力，综合性较强，有一定的难度．