Question

18．已知函數(shù)f（x）=lnx+a，g（x）=$\frac{x}$-x（a，b∈R）．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）與曲線y=g（x）在點（1，f（1））處的切線方程相同，求實數(shù)a，b的值；
（Ⅱ）若f（x）≥g（x）恒成立，求證：當(dāng)a≤-2時，b≤-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x）與g′（x），由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=g′（1）}\\{f（1）=g（1）}\end{array}\right.$，求解可得a=-3，b=-2；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=lnx+a-$\frac{x}+x$，
則h′（x）=$\frac{1}{x}+1+\frac{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}+x+b}{{x}^{2}}$（x＞0）．求其導(dǎo)函數(shù)，可得當(dāng)b≥0時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，不滿足f（x）≥g（x）恒成立；當(dāng)b＜0時，求出導(dǎo)函數(shù)零點，${x}_{0}=\frac{-1+\sqrt{1-4b}}{2}$，知函數(shù)y=h（x）在（0，x₀）上遞增，在（x₀，+∞）上遞減，可得h（x）_min=h（x₀）≥0．得$a≥\frac{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}$，得到$b=-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}$．則a-b＞$\frac{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}-（-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}）=-{x}_{0}-1-ln{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2}$．令t（x）=-x-1-lnx+x²，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值為-1，則a-b≥-1，即b-1≤a，故當(dāng)a≤-2時，b≤-1．

解答 （Ⅰ）解：由f′（x）=$\frac{1}{x}$，g′（x）=$-\frac{{x}^{2}}-1$，
得$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=g′（1）}\\{f（1）=g（1）}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{1=-b-1}\\{a=b-1}\end{array}\right.$，解得a=-3，b=-2；
（Ⅱ）證明：設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=lnx+a-$\frac{x}+x$，
則h′（x）=$\frac{1}{x}+1+\frac{{x}^{2}}=\frac{{x}^{2}+x+b}{{x}^{2}}$（x＞0）．
①當(dāng)b≥0時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，不滿足f（x）≥g（x）恒成立；
②當(dāng)b＜0時，令x²+x+b=0，由△=1-4b＞0．
得$x=\frac{-1+\sqrt{1-4b}}{2}＞0$，或$x=\frac{-1-\sqrt{1-4b}}{2}＜0$（舍）．
設(shè)${x}_{0}=\frac{-1+\sqrt{1-4b}}{2}$，知函數(shù)y=h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞增，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞減，
故h（x）_min=h（x₀）≥0．即$ln{x}_{0}+a-\frac{{x}_{0}}+{x}_{0}≥0$，得$a≥\frac{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}$．
又由${{x}_{0}}^{2}+{x}_{0}+b=0$，得$b=-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}$．
∴a-b＞$\frac{{x}_{0}}-{x}_{0}-ln{x}_{0}-（-{{x}_{0}}^{2}-{x}_{0}）=-{x}_{0}-1-ln{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2}$．
令t（x）=-x-1-lnx+x²，
$t′（x）=2x-1-\frac{1}{x}=\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}=\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$．
當(dāng)x∈（0，1）時，t′（x）＜0，函數(shù)t（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，t′（x）＞0，函數(shù)t（x）單調(diào)遞增．
∴t（x）_min=t（1）=-1，
∴a-b≥-1，即b-1≤a．
故當(dāng)a≤-2時，b≤-1．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法，是中檔題．