Question

9．（1）已知函數(shù)f（x）=mlnx與函數(shù)h（x）=$\frac{x-1}{2x}$（x＞0）的圖象有且只有一條公切線，求實(shí)數(shù)m的值．
（2）已知函數(shù)y=lnx-（ax+b）有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，求證：$\frac{{{e^{1+b}}}}{a}$＜x₁x₂＜$\frac{1}{a^2}$．

Answer 1

分析 （1）f（x）在點(diǎn)（a，mlna）處的切線為y=$\frac{m}{a}$（x-a）+mlna，h（x）在點(diǎn)（b，$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$）處的切線為y=$\frac{1}{2^{2}}$（x-b）+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$，由這兩條切線重合知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{m}{a}=\frac{1}{2^{2}}}\\{-m+mlna=-\frac{1}+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，問(wèn)題即當(dāng)m在什么范圍內(nèi)時(shí)，關(guān)于（a，b）的方程有唯一一組解，由此入手能求出m．
（2）問(wèn)題等價(jià)于${f}_{1}（x）=x-a{e}^{x}-b$有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，求證1+b-lna＜x₁+x₂＜-2lna，嘗試使用構(gòu)造函數(shù)的方法證明極值點(diǎn)偏移不等式．由此能證明$\frac{{{e^{1+b}}}}{a}$＜x₁x₂＜$\frac{1}{a^2}$．

解答 解：（1）f（x）在點(diǎn)（a，mlna）處的切線為y=$\frac{m}{a}$（x-a）+mlna，
h（x）在點(diǎn)（b，$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$）處的切線為y=$\frac{1}{2^{2}}$（x-b）+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2b}$，
由這兩條切線重合知$\left\{\begin{array}{l}{\frac{m}{a}=\frac{1}{2^{2}}}\\{-m+mlna=-\frac{1}+\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
問(wèn)題即當(dāng)m在什么范圍內(nèi)時(shí)，關(guān)于（a，b）的方程有唯一一組解，
∵a，b的值一一對(duì)應(yīng)，如果在方程組中消去b，得到mlna+$\sqrt{\frac{2m}{a}}$-m-$\frac{1}{2}$=0，
此方程組對(duì)a＞0有唯一解，不好計(jì)算；
如果在方程組中消去a，得到mln（2m）-m+2mlnb+$\frac{1}-\frac{1}{2}$=0，
對(duì)b＞0有唯一解，記左邊為g（b），
則有g(shù)′（b）=$\frac{2mb-1}{^{2}}$，
方程組有解時(shí)，有m＞0，∴g（b）在（0，$\frac{1}{2m}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{2m}$，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（b）_min=g（$\frac{1}{2m}$）=m-$\frac{1}{2}$-mln（2m），
而當(dāng)b→0與b→+∞時(shí)，均有g(shù)（b）→+∞，
∴當(dāng)且僅當(dāng)這個(gè)最小值等于0時(shí)，方程g（b）=0有唯一解．
最后解方程m-$\frac{1}{2}$-mln（2m）=0，
由題意知m=$\frac{1}{2}$是它的解，考慮h（m）=m-$\frac{1}{2}$-mln（2m），
有h′（m）=-ln（2m），∴h（m）在（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上單調(diào)遞減，
∴$\frac{1}{2}$是h（m）=0的唯一解，
∴m=$\frac{1}{2}$．
（2）問(wèn)題等價(jià)于${f}_{1}（x）=x-a{e}^{x}-b$有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x₁，x₂，
求證1+b-lna＜x₁+x₂＜-2lna，嘗試使用構(gòu)造函數(shù)的方法證明極值點(diǎn)偏移不等式．
右邊不等式：∵${{f}_{1}}^{'}（x）=1-a{e}^{x}$，∴a＞0，其極值點(diǎn)為x=-lna，
又∵函數(shù)f₁（x）的二階導(dǎo)函數(shù)${{f}_{1}}^{''}（x）=-a{e}^{x}$，
∴構(gòu)造函數(shù)${g}_{1}（x）=\frac{1}{2}{{f}^{''}}_{1}（-lna）^{2}+{f}_{1}（-lna）$，
則h₁（x）=f₁（x）-g₁（x）的二階導(dǎo)數(shù)：
${{h}_{1}}^{''}（x）={{f}_{1}}^{''}（x）-{{f}_{1}}^{''}（-lna）=1-a{e}^{x}$，
∴在（-∞，-lna）上，${{h}_{1}}^{''}（x）＞0$，
在（-lna，+∞）上，${{h}_{1}}^{''}（x）＜0$，
結(jié)合${{h}_{1}}^{'}（-lna）=0$，在R上，${{h}_{1}}^{''}（x）≤0$，
結(jié)合h₁（-lna）=0，在（-∞，-lna）上，h₁（x）＞0，在（-lna，+∞）上，h₁（x）＜0，如圖，
∴二次函數(shù)${g}_{1}（x）=\frac{1}{2}{{f}_{1}}^{''}（-lna）•（x+lna）^{2}+{f}_{1}（-lna）$的零點(diǎn)x₃，x₄（x₃＜x₄）滿足：
x₁＜x₃＜x₂＜x₄，
∴x₁+x₂＜x₃+x₄=-2lna，
左邊不等式：此時(shí)無(wú)法通過(guò)構(gòu)造二次函數(shù)證明，
設(shè)f₂（x）=lnx-（ax+b），
則其導(dǎo)函數(shù)${{f}_{2}}^{'}（x）=\frac{1}{x}-a$，∴其極大值點(diǎn)為x=$\frac{1}{a}$，
欲證明的不等式為：
lnx₁+lnx₂＞1+b-lna，即${x}_{1}+{x}_{2}＞\frac{1-b-lna}{a}$，
構(gòu)造函數(shù)${g}_{2}（x）=-\frac{4}{ax+1}+2-lna-（ax+b）$，
其中g(shù)₂（x）與f₂（x） 在x=$\frac{1}{a}$處的函數(shù)值、導(dǎo)數(shù)值和二階導(dǎo)函數(shù)值均相等，
則可以求得${g}_{2}（x）=-\frac{4}{ax+1}+2-lna-（ax+b）$，
此時(shí)h₂（x）=f₂（x）-g₂（x）的導(dǎo)函數(shù)：
${{h}_{2}}^{'}（x）=\frac{1}{x}-\frac{4a}{（ax+1）^{2}}=\frac{（ax-1）^{2}}{x（ax+1{）^{2}}_{\;}}$≥0，
結(jié)合${h}_{2}（\frac{1}{a}）=0$，得h₂（x）在x=$\frac{1}{a}$的兩側(cè)異號(hào)，如圖，
∵函數(shù)g₂（x）的零點(diǎn)x₅，x₆（x₅＜x₆）即方程$\frac{-{a}^{2}{x}^{2}+a（1-lna-b）-4}{ax+1}$=0的兩根，
有${x}_{5}+{x}_{6}=\frac{1-b-lna}{a}$，
∴x₅＜x₁＜x₆＜x₂，
∴${x}_{1}+{x}_{2}＞{x}_{5}＞{x}_{6}＞\frac{1-b-lna}{a}$．
綜上：$\frac{{{e^{1+b}}}}{a}$＜x₁x₂＜$\frac{1}{a^2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式、函數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力、抽象概括能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、分類與整合思想，是中檔題．