Question

1．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=$\frac{m（x+n）}{x+1}$（m＞0）．
（1）當(dāng)m=1時(shí)，函數(shù)y=f（x）與y=g（x）在x=1處的切線互相垂直，求n的值；
（2）若函數(shù)y=f（x）-g（x）在定義域內(nèi)不單調(diào)，求m-n的取值范圍；
（3）是否存在實(shí)數(shù)a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立？若存在，求出滿足條件的實(shí)數(shù)a；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）分別求出f（x）、g（x）的導(dǎo)數(shù)，求得在x=1處切線的斜率，由兩直線垂直的條件，解方程即可得到n；
（2）求出y=f（x）-g（x）的導(dǎo)數(shù)，可得，得$x+2-m（1-n）+\frac{1}{x}$的最小值為負(fù)，運(yùn)用基本不等式即可求得m-n的范圍；
（3）假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和最值，結(jié)合不等式恒成立思想即有三種解法．

解答 解：（1）當(dāng)m=1時(shí)，$g'（x）=\frac{1-n}{{{{（x+1）}^2}}}$，
∴y=g（x）在x=1處的切線斜率$k=\frac{1-n}{4}$，
由$f'（x）=\frac{1}{x}$，∴y=f（x）在x=1處的切線斜率k=1，
∴$\frac{1-n}{4}•1=-1$，∴n=5．
（2）易知函數(shù)y=f（x）-g（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
又$y'=f'（x）-g'（x）=\frac{1}{x}-\frac{m（1-n）}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{x^2}+[{2-m（1-n）}]x+1}}{{x{{（x+1）}^2}}}=\frac{{x+2-m（1-n）+\frac{1}{x}}}{{{{（x+1）}^2}}}$，
由題意，得$x+2-m（1-n）+\frac{1}{x}$的最小值為負(fù)，
∴m（1-n）＞4，由m＞0，1-n＞0，
∴$\frac{{{{（m+（1-n））}^2}}}{4}≥m（1-n）＞4$，
∴m+（1-n）＞4或m+1-n＜-4，
∴m-n＞3或m-n＜-5；
（3）解法一、假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立．
令θ（x）=$f（\frac{2a}{x}）•f（{e^{ax}}）+f（\frac{x}{2a}）=ax•ln2a-ax•lnx+lnx-ln2a$，其中x＞0，a＞0，
則θ'（x）=$a•ln2a-alnx-a+\frac{1}{x}$，
設(shè)$δ（x）=a•ln2a-alnx-a+\frac{1}{x}$$δ'（x）=-\frac{a}{x}-\frac{1}{x^2}=-\frac{ax+1}{x^2}＜0$，
∴δ（x）在（0，+∞）單調(diào)遞減，δ（x）=0在區(qū)間（0，+∞）必存在實(shí)根，
不妨設(shè)δ（x₀）=0，即$δ（{x_0}）=a•ln2a-aln{x_0}-a+\frac{1}{x_0}=0$，
可得$ln{x_0}=\frac{1}{{a{x_0}}}+ln2a-1$（*）θ（x）在區(qū)間（0，x₀）上單調(diào)遞增，
在（x₀，+∞）上單調(diào)遞減，
所以θ（x）_max=θ（x₀），θ（x₀）=（ax₀-1）•ln2a-（ax₀-1）•lnx₀，
代入（*）式得$θ（{x_0}）=a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}-2$，
根據(jù)題意$θ（{x_0}）=a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}-2≤0$恒成立．
又根據(jù)基本不等式，$a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}≥2$，當(dāng)且僅當(dāng)$a{x_0}=\frac{1}{{a{x_0}}}$時(shí)，等式成立
即有$a{x_0}+\frac{1}{{a{x_0}}}=2$，即ax₀=1，即${x_0}=\frac{1}{a}$．
代入（*）式得，$ln\frac{1}{a}=ln2a$，即$\frac{1}{a}=2a$，
解得$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
解法二、假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立．
令θ（x）=ax•ln2a-ax•lnx+lnx-ln2a=（ax-1）（ln2a-lnx），其中x＞0，a＞0
根據(jù)條件$f（\frac{2a}{x}）•f（{e^{ax}}）+f（\frac{x}{2a}）≤0$對(duì)任意正數(shù)x恒成立，
即（ax-1）（ln2a-lnx）≤0對(duì)任意正數(shù)x恒成立，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{ax-1≥0}\\{ln2a-lnx≤0}\\{a＞0}\end{array}}\right.$且$\left\{{\begin{array}{l}{ax-1≤0}\\{ln2a-lnx≥0}\\{a＞0}\end{array}}\right.$，解得$\frac{1}{a}≤x≤2a$且$2a≤x≤\frac{1}{a}$，
即$\frac{1}{a}=x=2a$時(shí)上述條件成立，此時(shí)$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
解法三、假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得f（$\frac{2a}{x}$）•f（e^ax）+f（$\frac{x}{2a}$）≤0對(duì)任意正實(shí)數(shù)x恒成立．
令θ（x）=ax•ln2a-ax•lnx+lnx-ln2a=（ax-1）（ln2a-lnx），其中x＞0，a＞0
要使得（ax-1）（ln2a-lnx）≤0對(duì)任意正數(shù)x恒成立，
等價(jià)于（ax-1）（2a-x）≤0對(duì)任意正數(shù)x恒成立，
即$（x-\frac{1}{a}）（x-2a）≥0$對(duì)任意正數(shù)x恒成立，
設(shè)函數(shù)$φ（x）=（x-\frac{1}{a}）（x-2a）$，則φ（x）的函數(shù)圖象為開(kāi)口向上，
與x正半軸至少有一個(gè)交點(diǎn)的拋物線，
因此，根據(jù)題意，拋物線只能與x軸有一個(gè)交點(diǎn)，
即$\frac{1}{a}=2a$，所以$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，主要考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，以及不等式恒成立思想的運(yùn)用，考查運(yùn)算能力，具有一定的綜合性．