Question

9．（1）已知函数f（x）=mlnx与函数h（x）=$\frac{x-1}{2x}$（x＞0）的图象有且只有一条公切线，求实数m的值．
（2）已知函数y=lnx-（ax+b）有两个不同的零点x₁，x₂，求证：$\frac{{{e^{1+b}}}}{a}$＜x₁x₂＜$\frac{1}{a^2}$．

Answer 1

分析 （1）f（x）在点（a，mlna）处的切线为y=$\frac{m}{a}$（x-a）+mlna，h（x）在点（b，$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$）处的切线为y=$\frac{1}{2{b}^{2}}$（x-b）+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$，由这两条切线重合知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{m}{a}=\frac{1}{2{b}^{2}}}\\{-m+mlna=-\frac{1}{b}+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，问题即当m在什么范围内时，关于（a，b）的方程有唯一一组解，由此入手能求出m．
（2）问题等价于${f}_{1}（x）=x-a{e}^{x}-b$有两个不同的零点x₁，x₂，求证1+b-lna＜x₁+x₂＜-2lna，尝试使用构造函数的方法证明极值点偏移不等式．由此能证明$\frac{{{e^{1+b}}}}{a}$＜x₁x₂＜$\frac{1}{a^2}$．

解答 解：（1）f（x）在点（a，mlna）处的切线为y=$\frac{m}{a}$（x-a）+mlna，
h（x）在点（b，$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$）处的切线为y=$\frac{1}{2{b}^{2}}$（x-b）+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$，
由这两条切线重合知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{m}{a}=\frac{1}{2{b}^{2}}}\\{-m+mlna=-\frac{1}{b}+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
问题即当m在什么范围内时，关于（a，b）的方程有唯一一组解，
∵a，b的值一一对应，如果在方程组中消去b，得到mlna+$\sqrt{\frac{2m}{a}}$-m-$\frac{1}{2}$=0，
此方程组对a＞0有唯一解，不好计算；
如果在方程组中消去a，得到mln（2m）-m+2mlnb+$\frac{1}{b}-\frac{1}{2}$=0，
对b＞0有唯一解，记左边为g（b），
则有g′（b）=$\frac{2mb-1}{{b}^{2}}$，
方程组有解时，有m＞0，∴g（b）在（0，$\frac{1}{2m}$）上单调递减，在（$\frac{1}{2m}$，+∞）上单调递增，
∴g（b）_min=g（$\frac{1}{2m}$）=m-$\frac{1}{2}$-mln（2m），
而当b→0与b→+∞时，均有g（b）→+∞，
∴当且仅当这个最小值等于0时，方程g（b）=0有唯一解．
最后解方程m-$\frac{1}{2}$-mln（2m）=0，
由题意知m=$\frac{1}{2}$是它的解，考虑h（m）=m-$\frac{1}{2}$-mln（2m），
有h′（m）=-ln（2m），∴h（m）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递减，
∴$\frac{1}{2}$是h（m）=0的唯一解，
∴m=$\frac{1}{2}$．
（2）问题等价于${f}_{1}（x）=x-a{e}^{x}-b$有两个不同的零点x₁，x₂，
求证1+b-lna＜x₁+x₂＜-2lna，尝试使用构造函数的方法证明极值点偏移不等式．
右边不等式：∵${{f}_{1}}^{'}（x）=1-a{e}^{x}$，∴a＞0，其极值点为x=-lna，
又∵函数f₁（x）的二阶导函数${{f}_{1}}^{''}（x）=-a{e}^{x}$，
∴构造函数${g}_{1}（x）=\frac{1}{2}{{f}^{''}}_{1}（-lna）^{2}+{f}_{1}（-lna）$，
则h₁（x）=f₁（x）-g₁（x）的二阶导数：
${{h}_{1}}^{''}（x）={{f}_{1}}^{''}（x）-{{f}_{1}}^{''}（-lna）=1-a{e}^{x}$，
∴在（-∞，-lna）上，${{h}_{1}}^{''}（x）＞0$，
在（-lna，+∞）上，${{h}_{1}}^{''}（x）＜0$，
结合${{h}_{1}}^{'}（-lna）=0$，在R上，${{h}_{1}}^{''}（x）≤0$，
结合h₁（-lna）=0，在（-∞，-lna）上，h₁（x）＞0，在（-lna，+∞）上，h₁（x）＜0，如图，
∴二次函数${g}_{1}（x）=\frac{1}{2}{{f}_{1}}^{''}（-lna）•（x+lna）^{2}+{f}_{1}（-lna）$的零点x₃，x₄（x₃＜x₄）满足：
x₁＜x₃＜x₂＜x₄，
∴x₁+x₂＜x₃+x₄=-2lna，
左边不等式：此时无法通过构造二次函数证明，
设f₂（x）=lnx-（ax+b），
则其导函数${{f}_{2}}^{'}（x）=\frac{1}{x}-a$，∴其极大值点为x=$\frac{1}{a}$，
欲证明的不等式为：
lnx₁+lnx₂＞1+b-lna，即${x}_{1}+{x}_{2}＞\frac{1-b-lna}{a}$，
构造函数${g}_{2}（x）=-\frac{4}{ax+1}+2-lna-（ax+b）$，
其中g₂（x）与f₂（x） 在x=$\frac{1}{a}$处的函数值、导数值和二阶导函数值均相等，
则可以求得${g}_{2}（x）=-\frac{4}{ax+1}+2-lna-（ax+b）$，
此时h₂（x）=f₂（x）-g₂（x）的导函数：
${{h}_{2}}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{4a}{（ax+1）^{2}}=\frac{（ax-1）^{2}}{x（ax+1{）^{2}}_{\;}}$≥0，
结合${h}_{2}（\frac{1}{a}）=0$，得h₂（x）在x=$\frac{1}{a}$的两侧异号，如图，
∵函数g₂（x）的零点x₅，x₆（x₅＜x₆）即方程$\frac{-{a}^{2}{x}^{2}+a（1-lna-b）-4}{ax+1}$=0的两根，
有${x}_{5}+{x}_{6}=\frac{1-b-lna}{a}$，
∴x₅＜x₁＜x₆＜x₂，
∴${x}_{1}+{x}_{2}＞{x}_{5}＞{x}_{6}＞\frac{1-b-lna}{a}$．
综上：$\frac{{{e^{1+b}}}}{a}$＜x₁x₂＜$\frac{1}{a^2}$．

点评 本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，是中档题．