Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax+$\frac{1}{2}$，a∈R．
（Ⅰ）若直線4x-2y-1=0與曲線y=f（x）相切于點A，求A的坐標(biāo)；
（Ⅱ）是否存在a，使f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值不超過ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$？請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點為（x₀，y₀），可得切線的斜率，代入切線方程，可得方程，解方程可得切點坐標(biāo)；
（Ⅱ）假設(shè)存在a，使f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值不超過ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，對a討論，①當(dāng)a≥-$\frac{1}{e}$時，②若a＜-$\frac{1}{e}$，求出單調(diào)性，可得最大值，解不等式即可判斷不存在a．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=lnx+ax+$\frac{1}{2}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，
設(shè)切點A為（x₀，y₀），可得切線的斜率為a+$\frac{1}{{x}_{0}}$=2，可得a=2-$\frac{1}{{x}_{0}}$，
又lnx₀+ax₀+$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$（4x₀-1），解得x₀=1，a=1，y₀=$\frac{3}{2}$，
可得A（1，$\frac{3}{2}$）；
（Ⅱ）假設(shè)存在a，使f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值不超過ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．
由f（x）的導(dǎo)數(shù)f′（x）=a+$\frac{1}{x}$，x∈（0，e]，即有$\frac{1}{x}$∈[$\frac{1}{e}$，+∞），
①當(dāng)a≥-$\frac{1}{e}$時，f′（x）≥0，f（x）在（0，e]遞增，f（x）_max=f（e）=$\frac{3}{2}$+ae，
由$\frac{3}{2}$+ae≥0，ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$≤0，（不同時取得等號），
故不存在a，使f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值不超過ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$；
②若a＜-$\frac{1}{e}$，由f′（x）＞0可得a+$\frac{1}{x}$＞0，即0＜x＜-$\frac{1}{a}$，f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）遞增，
由f′（x）＜0可得a+$\frac{1}{x}$＜0，即-$\frac{1}{a}$＜x≤e，f（x）在（-$\frac{1}{a}$，e）遞減．
可得f（x）_max=f（-$\frac{1}{a}$）=-$\frac{1}{2}$+ln（-$\frac{1}{a}$），
令-$\frac{1}{2}$+ln（-$\frac{1}{a}$）≤ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$，即-$\frac{1}{a}$≤$\frac{\sqrt{e}}{{a}^{2}+1}$，即a²+$\sqrt{e}$a+1≤0，
又△=e-4＜0，則不等式無解．
則不存在a，使f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值不超過ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．
綜上可得，不存在a，使f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值不超過ln$\frac{1}{{a}^{2}+1}$．

點評 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，考查分類討論的思想方法，化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．