Question

13．已知函數(shù)f（x）=x+alnx與g（x）=3-$\frac{x}$的圖象在點（1，1）處有相同的切線
（1）若函數(shù)y=2（x+n）與y=f（x）的圖象有兩個交點，求實數(shù)n的取值范圍
（2）設(shè)函數(shù)H（x）=f（x）-ln（e^x-1），x∈（0，m），求證：H（x）＜$\frac{m}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x），g（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得$\left\{\begin{array}{l}{1+a=b}\\{1+aln1=1=3-b}\end{array}\right.$，求出a，b，得到f（x），設(shè)F（x）=f（x）-2x-2n=lnx-x-2n，求出導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間和最值，由題意可得只要最大值大于0，即可得到所求n的范圍；
（2）求出H（x）的解析式，求得導(dǎo)數(shù)，令h（x）=e^x-x-1，求得導(dǎo)數(shù)，判斷h（x）＞0，即有H（x）在（0，m）遞增，運用分析法證明，要證H（x）＜$\frac{m}{2}$，即證H（m）≤$\frac{m}{2}$，即m+lnm-ln（e^m-1）≤$\frac{m}{2}$，變形為e${\;}^{\frac{m}{2}}$-e${\;}^{-\frac{m}{2}}$≥m．令t=e${\;}^{\frac{m}{2}}$（t＞0），即證e^t-e^-t≥2t，設(shè)g（t）=e^t-e^-t-2t，t＞0，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x+alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，
g（x）=3-$\frac{x}$的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=$\frac{{x}^{2}}$，
由圖象在點（1，1）處有相同的切線，
可得$\left\{\begin{array}{l}{1+a=b}\\{1+aln1=1=3-b}\end{array}\right.$，解得a=1，b=2，
即f（x）=x+lnx，設(shè)F（x）=f（x）-2x-2n=lnx-x-2n，
F′（x）=$\frac{1}{x}$-1，當(dāng)x＞1時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減，
當(dāng)0＜x＜1時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增，
可得F（x）的極大值，也為最大值，F(xiàn)（1）=-1-2n，
由x→0，F(xiàn)（x）→-∞；x→+∞，F(xiàn)（x）→-∞，
若函數(shù)y=2（x+n）與y=f（x）的圖象有兩個交點，
可得-1-2n＞0，解得n＜-$\frac{1}{2}$，
即n的取值范圍是（-∞，-$\frac{1}{2}$）；
（2）證明：由H（x）=f（x）-ln（e^x-1）=x+lnx-ln（e^x-1），x∈（0，m），
H′（x）=1+$\frac{1}{x}$-$\frac{{e}^{x}}{{e}^{x}-1}$=$\frac{{e}^{x}-x-1}{x（{e}^{x}-1）}$，
令h（x）=e^x-x-1，h′（x）=e^x-1，當(dāng)x＞0時，h′（x）＞0，h（x）遞增；
當(dāng)x＜0時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
即有h（x）＞h（0）=0，即H′（x）＞0，H（x）在（0，m）遞增，
即有H（x）＜H（m），
要證H（x）＜$\frac{m}{2}$，即證H（m）≤$\frac{m}{2}$，
即m+lnm-ln（e^m-1）≤$\frac{m}{2}$，
即為ln$\frac{{e}^{m}-1}{m}$≥$\frac{m}{2}$，即為$\frac{{e}^{m}-1}{m}$≥e${\;}^{\frac{m}{2}}$，即有e${\;}^{\frac{m}{2}}$-e${\;}^{-\frac{m}{2}}$≥m．
令t=e${\;}^{\frac{m}{2}}$（t＞0），即證e^t-e^-t≥2t，
設(shè)g（t）=e^t-e^-t-2t，t＞0，
g′（t）=e^t+e^-t-2＞2$\sqrt{{e}^{t}•{e}^{-t}}$-2=0，可得g（t）在（0，+∞）遞增，
即g（t）＞g（0）=0，即有e^t-e^-t≥2t，t＞0恒成立．
故H（x）＜$\frac{m}{2}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想，以及構(gòu)造函數(shù)法，運用分析法證明不等式，考查推理和運算能力，屬于難題．