Question

2．已知函数f（x）=alnx+x²-1（a∈R）．
（1）若a=-1，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）≥b（x-1）（b∈R）对任意x∈[$\frac{1}{e}$，+∞）成立，求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）．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；
故a=-1时，切线方程式是：x-y-1=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．