Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{m}{x+1}$+nlnx（m，n為常數(shù)）的圖象在x=1處的切線方程為x+y-2=0
（1）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）已知p∈（0，1），且f（p）=2，若對任意x∈（p，1），任意t∈[$\frac{1}{2}$，2]，f（x）≥t³-t²-2at+2與f（x）≤t³-t²-2at+2中恰有一個恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)的意義求得m，進而求出單調(diào)區(qū)間；
（2）f（x）在[p，1]上的最小值為f（1）=1，最小值f（p）=2，只需2a≥t²-t+$\frac{1}{t}$對t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立或2a≤t²-t對t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性，列出不等式，即可求得結(jié)論；

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{m}{x+1}$+nlnx（m，n為常數(shù)）的定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=-$\frac{m}{{（x+1）}^{2}}$+$\frac{n}{x}$，
∴f′（1）=-$\frac{m}{4}$+n=-1，
把x=1代入x+y-2=0得y=1，∴f（1）=$\frac{m}{2}$=1，
∴m=2，n=-$\frac{1}{2}$，
∴f（x）=$\frac{2}{x+2}$-$\frac{1}{2}$lnx，f′（x）=-$\frac{2}{{（x+1）}^{2}}$-$\frac{1}{2x}$，
∵x＞0，∴f′（x）＜0，
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞），沒有遞增區(qū)間．
（2）由（1）可得，f（x）在[p，1]上單調(diào)遞減，
∴f（x）在[p，1]上的最小值是f（1）=1，最大值是f（p）=2，
∴只需t³-t²-2at+2≤1或≥2，
即2a≥t²-t+$\frac{1}{t}$對t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立或2a≤t²-t對t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立，
令g（t）=t²-t+$\frac{1}{t}$，則g′（t）=$\frac{（t-1）（{2t}^{2}+t+1）}{{t}^{2}}$，
令g′（t）=0，解得：t=1，而2t²+t+1＞0恒成立，
∴$\frac{1}{2}$≤t＜1時，g′（t）＜0，g（t）遞減，1＜t≤2時，g′（t）＞0，g（t）遞增，
∴g（t）的最大值是max{g（$\frac{1}{2}$），g（2）}，
而g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{7}{4}$＜g（2）=$\frac{5}{2}$，
∴g（t）在[$\frac{1}{2}$，2]的最大值是g（2）=$\frac{5}{2}$，
又t²-t∈[-$\frac{1}{4}$，2]，
∴2a≥$\frac{5}{2}$或2a≤-$\frac{1}{4}$，解得：a≥$\frac{5}{4}$或a≤-$\frac{1}{8}$，
故a的范圍是（-∞，-$\frac{1}{8}$]∪[$\frac{5}{4}$，+∞）．

點評 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等知識，考查學(xué)生對恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化思想，考查學(xué)生的運算求解能力，屬于中檔題．