Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax在點（t，f（t））處切線方程為y=2x-1
（Ⅰ）求a的值
（Ⅱ）若$-\frac{1}{2}≤k≤2$，證明：當x＞1時，$f（x）＞k（{1-\frac{3}{x}}）+x-1$
（Ⅲ）對于在（0，1）中的任意一個常數(shù)b，是否存在正數(shù)x₀，使得：${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{2}x_0^2＜1$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導數(shù)，可得切線的斜率和切點，解方程可得a的值；
（Ⅱ）求出f（x）=lnx+x，要證原不等式成立，即證xlnx+x-k（x-3）＞0，可令g（x）=xlnx+x-k（x-3），求出導數(shù)，判斷符號，可得單調(diào)性，即可得證；
（Ⅲ）對于在（0，1）中的任意一個常數(shù)b，假設存在正數(shù)x₀，使得：${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{2}x_0^2＜1$．運用轉(zhuǎn)化思想可令H（x）=（x+1）•e^-x+$\frac{2}$x²-1，求出導數(shù)判斷單調(diào)性，可得最小值，即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=lnx+ax的導數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$+a，
在點（t，f（t））處切線方程為y=2x-1，
可得f′（t）=$\frac{1}{t}$+a=2，f（t）=2t-1=lnt+at，
解得a=t=1；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可得f（x）=lnx+x，
要證當x＞1時，$f（x）＞k（{1-\frac{3}{x}}）+x-1$，
即證lnx＞k（1-$\frac{3}{x}$）-1（x＞1），
即為xlnx+x-k（x-3）＞0，
可令g（x）=xlnx+x-k（x-3），g′（x）=2+lnx-k，
由$-\frac{1}{2}≤k≤2$，x＞1，可得lnx＞0，2-k≥0，
即有g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）遞增，
可得g（x）＞g（1）=1+2k≥0，
故當x＞1時，$f（x）＞k（{1-\frac{3}{x}}）+x-1$恒成立；
（Ⅲ）對于在（0，1）中的任意一個常數(shù)b，
假設存在正數(shù)x₀，使得：${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{2}x_0^2＜1$．
由e^{f（x₀+1）-2x₀-1}+$\frac{2}$x₀²=e^{ln（x₀+1）-x₀}+$\frac{2}$x₀²=（x₀+1）•e^-x₀+$\frac{2}$x₀²．
即對于b∈（0，1），存在正數(shù)x₀，使得（x₀+1）•e^-x₀+$\frac{2}$x₀²-1＜0，
從而存在正數(shù)x₀，使得上式成立，只需上式的最小值小于0即可．
令H（x）=（x+1）•e^-x+$\frac{2}$x²-1，H′（x）=e^-x-（x+1）•e^-x+bx=x（b-e^-x），
令H′（x）＞0，解得x＞-lnb，令H′（x）＜0，解得0＜x＜-lnb，
則x=-lnb為函數(shù)H（x）的極小值點，即為最小值點．
故H（x）的最小值為H（-lnb）=（-lnb+1）e^lnb+$\frac{2}$ln²b-1=$\frac{2}$ln²b-blnb+b-1，
再令G（x）=$\frac{x}{2}$ln²x-xlnx+x-1，（0＜x＜1），
G′（x）=$\frac{1}{2}$（ln²x+2lnx）-（1+lnx）+1=$\frac{1}{2}$ln²x＞0，
則G（x）在（0，1）遞增，可得G（x）＜G（1）=0，則H（-lnb）＜0．
故存在正數(shù)x₀=-lnb，使得${e^{f（{{x_0}+1}）-2{x_0}-1}}+\frac{2}x_0^2＜1$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率、單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運用分析法和構(gòu)造函數(shù)法，求得導數(shù)判斷單調(diào)性，考查存在性問題的解法，注意運用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)，求出導數(shù)，運用單調(diào)性，屬于難題．