Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a{x}^{2}+bx}{x+1}$，g（x）=ln（x+1），曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程是5x-4y+1=0
（1）求a，b的值；
（2）若當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)，恒有f（x）≥kg（x）成立，求k的取值范圍；
（3）若$\sqrt{5}$=22361，試估計(jì)ln$\frac{5}{4}$的值（精確到0.001）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出a，b的值，
（2）構(gòu)造函數(shù)F（x），求導(dǎo)，解法一：根據(jù)判別式方程的根分類(lèi)討論即可求出k的范圍，
解法二：根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和數(shù)形結(jié)合的方法即可求出k的范圍，
（3）由（2）當(dāng)k≤2時(shí)，$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$≥kln（1+x）在x≥0時(shí)恒成立，取值驗(yàn)證即可．

解答 解（1）f′（x）=$\frac{a{x}^{2}+2ax+b}{（x+1）^{2}}$，由題意：f′（1）=$\frac{3a+b}{4}$=$\frac{5}{4}$    f（1）=$\frac{a+b}{2}$=$\frac{3}{2}$    解得：a=1，b=2…（3分）
（2）：由（1）知：f（x）=$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$，由題意：$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$-kln（1+x）≥0
令F（x）=$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$-kln（1+x），則F′（x）=1+$\frac{1}{（x+1）^{2}}$-$\frac{k}{1+x}$…（5分）
解法一：F′（x）=1+$\frac{1}{（x+1）^{2}}$-$\frac{k}{1+x}$=$\frac{{x}^{2}+（2-k）x+2-k}{（1+x）^{2}}$
令△=（2-k）²-4（2-k）=（k-2）（k+2），
①當(dāng)△≤0即-2≤k≤2時(shí)，x²+（2-k）x+2-k≥0恒成立，
∴F′（x）≥0
∴F（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）≥F（0）=0恒成立，
即f（x）≥kg（x） 恒成立，
∴-2≤k≤2時(shí)合題意
②當(dāng)△＞0即k＜-2或k＞2時(shí)，方程x²+（2-k）x+2-k=0有兩解x₁=$\frac{k-2-\sqrt{{k}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{k-2+\sqrt{{k}^{2}-4}}{2}$
此時(shí)x₁+x₂=k-2，x₁x₂=2-k
（i）當(dāng)k＜-2時(shí)，x₁x₂=2-k＞0，x₁+x₂=k-2＜0，
∴x₁＜0，x₂＜0，
∴F′（x）=$\frac{（x-{x}_{1}）（x-{x}_{2}）}{（1+x）^{2}}$＞0
∴F（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）≥F（0）=0恒成立
即f（x）≥kg（x） 恒成立
∴k＜-2時(shí)合題意
（ii）當(dāng)k＞2時(shí)，x₁x₂=2-k＜0，
∴x₁＜0，x₂＞0
∴F′（x）=$\frac{（x-{x}_{1}）（x-{x}_{2}）}{（1+x）^{2}}$
∴當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，F(xiàn)′（x ）＜0
∴F（x）在x∈（0，x₂）上單調(diào)遞減
∴當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，F(xiàn)（x）＜F（0）=0
這與F（x）≥0矛盾，
∴k＞2時(shí)不合題意
綜上所述，k的取值范圍是（-∞，2]…（8分）
解法二：F′（x）=1+$\frac{1}{（1+x）^{2}}$-$\frac{k}{1+x}$=$\frac{1}{1+x}$（1+x+$\frac{1}{1+x}$-k）
①∵1+x+$\frac{1}{1+x}$≥2，
∴當(dāng)k≤2時(shí)，F(xiàn)′（x）≥0
∴F（x）在x∈[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴F（x）≥F（0）=0恒成立，
即f（x）≥kg（x） 恒成立，
∴k≤2時(shí)合題意，
②當(dāng)k＞2時(shí)，令F′（x）=0得x₁＜0＜x₂，結(jié)合圖象可知，當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，F(xiàn)′（x ）＜0，
∴F（x）在x∈（0，x₂）上單調(diào)遞減（其中x₂=$\frac{k-2+\sqrt{{k}^{2}-4}}{2}$）
∴當(dāng)x∈（0，x₂）時(shí)，F(xiàn)（x）＜F（0）=0
這與F（x）≥0矛盾，
∴k＞2時(shí)不合題意
綜上所述，k的取值范圍是（-∞，2]…（8分）
（3）由（2）知：當(dāng)k≤2時(shí)，$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$≥kln（1+x）在x≥0時(shí)恒成立

取k=2，則$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$≥2ln（1+x）  即：$\frac{（x+1）^{2}-1}{x+1}$≥2ln（1+x）
令x=$\sqrt{\frac{5}{4}}$-1＞0得：2ln$\sqrt{\frac{5}{4}}$＜$\frac{\frac{5}{4}-1}{\sqrt{\frac{5}{4}}}$，
∴l(xiāng)n$\frac{5}{4}$＜$\frac{\sqrt{5}}{10}$≈0.2236…（10分）
由（2）知：當(dāng)k＞2時(shí)，$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$＜kln（1+x）在（0，$\frac{k-2+\sqrt{{k}^{2}-4}}{2}$）時(shí)恒成立
令$\frac{k-2+\sqrt{{k}^{2}-4}}{2}$=$\sqrt{\frac{5}{4}}$-1，解得：k=$\frac{9\sqrt{5}}{10}$
∴$\frac{{x}^{2}+2x}{x+1}$＜$\frac{9\sqrt{5}}{10}$ln（1+x）在x∈（0，$\frac{k-2+\sqrt{{k}^{2}-4}}{2}$）上恒成立
取x=$\sqrt{\frac{5}{4}}$-1得：$\frac{\frac{5}{4}-1}{\sqrt{\frac{5}{4}}}$＜$\frac{9\sqrt{5}}{10}$ln$\sqrt{\frac{5}{4}}$，
∴l(xiāng)n$\frac{5}{4}$＞$\frac{2}{9}$≈0.2222，

∴l(xiāng)n$\frac{5}{4}$=$\frac{0.2236+0.2222}{2}$=0.2229
∵精確到0.001，
∴取ln$\frac{5}{4}$=0.223…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，構(gòu)造法以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，同時(shí)考查分類(lèi)討論思想的應(yīng)用，難度比較大，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．