Question

4．已知函數(shù)f（x）=ax+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）若a=1，求曲線y=f（x）在x=1處切線的方程；
（Ⅱ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）對(duì)于兩個(gè)圖形S₁，S₂，我們將圖形S₁上的任意一點(diǎn)與圖形S₂上的任意一點(diǎn)間的距離中的最小值，叫作圖形S₁與圖形S₂的距離．若兩個(gè)函數(shù)圖象的距離小于1，稱這兩個(gè)函數(shù)互為“可及函數(shù)”．試證明兩函數(shù)g（x）=$\frac{2}{x}$+x+ax-2、f（x）=ax+lnx互為“可及函數(shù)”．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點(diǎn)，由點(diǎn)斜式方程，可得切線方程；
（Ⅱ）求得導(dǎo)數(shù)，對(duì)a討論，①當(dāng)a≥0時(shí)，②當(dāng)a＜0時(shí)，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（Ⅲ）設(shè)$F（x）=g（x）-f（x）=\frac{2}{x}+x-lnx-2$，求得導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，可得最小值，證明它小于1，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由已知$f'（x）=1+\frac{1}{x}\;（x＞0）$，f′（1）=1+1=2．
即y=f（x）在x=1處切線的斜率為2．
又f（1）=1+ln1=1，
故y=f（x）在x=1處切線方程為y=2x-1；
（Ⅱ）$f'（x）=a+\frac{1}{x}=\frac{ax+1}{x}（x＞0）$．
①當(dāng)a≥0時(shí)，由于x＞0，故ax+1＞0，f′（x）＞0，
所以，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）．
②當(dāng)a＜0時(shí)，由f'（x）=0，得$x=-\frac{1}{a}$．
在區(qū)間$（0，-\frac{1}{a}）$上，f'（x）＞0，在區(qū)間$（-\frac{1}{a}，+∞）$上f'（x）＜0，
所以，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，-\frac{1}{a}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（-\frac{1}{a}，+∞）$．
（Ⅲ）證明：設(shè)$F（x）=g（x）-f（x）=\frac{2}{x}+x-lnx-2$，
$F'（x）=1-\frac{2}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-x-2}}{x^2}=\frac{（x+1）（x-2）}{x^2}$，
令F′（x）＞0得x＞2，F(xiàn)′（x）≤0得0＜x≤2，
則F（x）在（0，2]上遞減，在（2，+∞）上遞增，
所以${F_{min}}（x）=F（2）=2+\frac{2}{2}-ln2-2=1-ln2=ln\frac{e}{2}＜lne=1$，
因0≤F_min（x）＜1，
故函數(shù)$g（x）=\frac{2}{x}+x+ax-2$，f（x）=ax+lnx的圖象間的距離d≤F_min（x）＜1，
所以函數(shù)$g（x）=\frac{2}{x}+x+ax-2$和f（x）=ax+lnx是互為“可及函數(shù)”．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，培養(yǎng)創(chuàng)新意識(shí)．