Question

6．已知函数f（x）=alnx+bx²的图象在点（1，f（1））处的切线方程为x-y-1=0，g（x）=2af（x+t），t∈R且t≤2．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）求证：g（x）＜e^x+f（x+t）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当x=1时，y=0，代入f（x）=alnx+bx²得b=0，由f'（1）=1，得a=1，
（Ⅱ）要证当t≤2时，g（x）＜e^x+f（x+t）恒成立，即证明；当t≤2时，e^x-ln（x+t）＞0对于?x∈（-t，+∞）恒成立，由于t≤2，x+t≤x+2，ln（x+t）≤ln（x+2），e^x-ln（x+t）≥e^x-ln（x+2），
只要证明：e^x-ln（x+2）＞0对于?x∈（-2，+∞）恒成立即可．令φ（x）=e^x-ln（x+2），（x＞-2），对函数φ（x）=e^x-ln（x+2），（x＞-2），处理即可．

解答 解：（Ⅰ）当x=1时，y=0，代入f（x）=alnx+bx²得b=0，
所以$f（x）=alnx，f'（x）=\frac{a}{x}$，
由切线方程知f'（1）=1，所以a=1，故f（x）=lnx．
（Ⅱ）要证当t≤2时，g（x）＜e^x+f（x+t）恒成立，
即证明；当t≤2时，e^x-ln（x+t）＞0对于?x∈（-t，+∞）恒成立，
由于t≤2，x+t≤x+2，ln（x+t）≤ln（x+2），e^x-ln（x+t）≥e^x-ln（x+2），
只要证明：e^x-ln（x+2）＞0对于?x∈（-2，+∞）恒成立即可．
证明：令φ（x）=e^x-ln（x+2），（x＞-2）
则$ϕ'（x）={e^x}-\frac{1}{x+2}$，令k（x）=ϕ'（x），则$k'（x）={e^x}+\frac{1}{{{{（{x+2}）}^2}}}＞0$，
∴ϕ'（x）在（-2，+∞）上单调递增，且$ϕ'（{-1}）=\frac{1}{e}-1＜0，ϕ'（0）=1-\frac{1}{2}＞0$，
∴?x₀∈（-1，0），使得$ϕ'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{{{x_0}+2}}=0$成立，
当x∈（-2，x₀）时，ϕ'（x）＜0，ϕ（x）单调递减；
当x∈（x₀，+∞）时，ϕ'（x）＞0，ϕ（x）单调递增；
∴$ϕ{（x）_{min}}=ϕ（{x_0}）={e^{x_0}}-ln（{{x_0}+2}）$，
又由$ϕ'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{{{x_0}+2}}=0$，得${e^{x_0}}=\frac{1}{{{x_0}+2}}$，且x₀=-ln（x₀+2），
∴$ϕ{（x）_{min}}=ϕ（{x_0}）={e^{x_0}}-ln（{{x_0}+2}）=\frac{1}{{{x_0}+2}}+{x_0}=\frac{{{{（{{x_0}+1}）}^2}}}{{{x_0}+2}}＞0$，
∴e^x-ln（x+2）＞0对于?x∈（-2，+∞）恒成立，
∴g（x）＜e^x+f（x+t）得证．

点评 本题考查了导数的综合应用，函数恒等式的证明，解题的关键是要对恒等式适当放缩、变形，属于难题．