Question

9．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，g（x）=ax+b．
（1）若函数h（x）=f（x）-g（x）在（0，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若直线g（x）=ax+b是函数f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$图象的切线，求a+b的最小值．

Answer 1

分析 （1）把f（x），g（x）的解析式代入h（x）=f（x）-g（x），求其导函数，由导函数大于等于0恒成立得到$a≤\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}$对任意的x＞0恒成立，然后利用配方法求得最值得答案；
（2）设出函数f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$图象上点的坐标（x₀，y₀），由直线g（x）=ax+b是函数f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$图象的切线，得到$a=\frac{1}{{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}，b=-1-\frac{2}{{x}_{0}}+ln{x}_{0}$，则a+b=$ln{x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}-1$，令$\frac{1}{{x}_{0}}$=t＞0换元，再利用导数求得a+b的最小值为-1．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，g（x）=ax+b，
∴h（x）=f（x）-g（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-ax-b，
由函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，可得${h}^{′}（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}-a≥0$对任意的x＞0恒成立，
即$a≤\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}$对任意的x＞0恒成立，
令$\frac{1}{x}=t∈$（0，+∞），则${t}^{2}+t=（t+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}$，∴t²+t即$\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{1}{x}$＞0．
∴a≤0．
即实数a的取值范围是（-∞，0]；
（2）由f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，得${f}^{′}（x）=\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$，
设切点为$（{x}_{0}，ln{x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}）$，则${f}^{′}（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}$，
∴函数f（x）的过切点的切线方程为$y-ln{x}_{0}+\frac{1}{{x}_{0}}=（\frac{1}{{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}）（x-{x}_{0}）$，
整理得：$y=（\frac{1}{{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}）x-1-\frac{2}{{x}_{0}}+ln{x}_{0}$，
∵直线g（x）=ax+b是函数f（x）=lnx-$\frac{1}{x}$图象的切线，
∴$a=\frac{1}{{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}，b=-1-\frac{2}{{x}_{0}}+ln{x}_{0}$，
则a+b=$ln{x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}-1$，
令$\frac{1}{{x}_{0}}$=t＞0，则a+b=-lnt-t+t²-1，
令a+b=φ（t）=-lnt+t²-t-1，
则φ′（t）=-$\frac{1}{t}$+2t-1=$\frac{（2t+1）（t-1）}{t}$，
当t∈（0，1）时，φ'（t）＜0，φ（t）在（0，1）上单调递减；
当t∈（1，+∞）时，φ'（t）＞0，φ（t）在（1，+∞）上单调递增．
即有t=1时，φ（t）取得极小值，也为最小值．
则a+b=φ（t）≥φ（1）=-1，
故a+b的最小值为-1．

点评 本题考查导数的运用，求切线的方程和求极值、最值，主要考查构造函数，通过导数判断单调区间求得极值，属于中高档题．