Question

已知函數(shù)f（x）=

lnx

x

+ax+b的圖象在點(diǎn)A（1，f（1））處的切線與直線l：2x-4y+3=0平行．
（Ⅰ）證明函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（1，e）存在最大值；
（Ⅱ）記函數(shù)g（x）=xf（x）+c，若g（x）≤0，對一切x∈（0，+∞），b∈(0，

3

2

)恒成立，求c的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由函數(shù)在點(diǎn)A（1，f（1））處的切線與直線l平行列式求出a的值，代入導(dǎo)函數(shù)解析式后由函數(shù)零點(diǎn)存在性定理得到導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號判斷出原函數(shù)的單調(diào)性，從而得到函數(shù)y=f（x）在區(qū)間（1，c）存在最大值；
（Ⅱ）把f（x）的解析式代入g（x）=xf（x）+c，由g（x）≤0分離變量c，構(gòu)造輔助函數(shù)后利用導(dǎo)數(shù)求輔助函數(shù)的最小值，從而求得c的范圍．

解答： （Ⅰ）證明：由f（x）=

lnx

x

+ax+b，得
f′(x)=

1-lnx

x2

+a．
由函數(shù)f（x）的圖象在點(diǎn)A（1，f（1））處的切線與直線l平行，且l得斜率為

1

2

，
∴f′(1)=

1

2

，即1+a=

1

2

，∴a=-

1

2

．
∴f′(x)=

1-lnx

x2

-

1

2

=

2-2lnx-x2

2x2

，
∵f′(1)=

1

2

＞0，f′(e)=-

1

2

＜0，
y=2-2lnx-x²在（1，e）上單調(diào)遞減，
∴f′（x）在區(qū)間（1，e）存在一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x₀，
則x₀∈（1，e），且f′（x₀）=0．
當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，f′（x）＞0，∴f（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（x₀，e）時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（x₀，e）上單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=x₀時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值．
故函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，e）上存在最大值；
（Ⅱ）解：由g（x）=xf（x）+c=lnx-

1

2

x2+bx+c≤0恒成立，
∴c≤

1

2

x2-bx-lnx．
記h1(x)=

1

2

x2-bx-lnx(x＞0)，則c=[h₁（x）]_min．
h1′(x)=x-b-

1

x

，令h1′(x)=0，得x²-bx-1=0．
∴x=

-b± b2+4

2

．
∵b∈(0，

3

2

)，x1=

b- b2+4

2

＜0（舍去），x2=

b+ b2+4

2

∈(1，2)．
當(dāng)0＜xx₂時(shí)，h′（x）＞0，h₁（x）單調(diào)遞增，
∴h1(x)min=h1(x2)=

1

2

x22-bx2-lnx2
=

1

2

x22+1-x22-lnx2=-

1

2

x22-lnx2+1．
記h2(x)=-

1

2

x22-lnx2+1，
∵h(yuǎn)₂（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，
∴h₂（x）＞h₂（2）=-1-ln2，
∴c≤-1-ln2．
故c的取值范圍是（-∞，-1-ln2]．

點(diǎn)評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)的切線方程，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法、分離變量法和函數(shù)構(gòu)造法，解答的關(guān)鍵是對導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)的討論，是高考試卷中的壓軸題．