Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax在點(diǎn)（t，f（t））處的切線方程為y=3x+1
（1）求a的值；
（2）已知k≤2，當(dāng)x＞1時，f（x）＞k（1-$\frac{3}{x}$）+2x-1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（3）對于在（0，1）中的任意一個常數(shù)b，是否存在正數(shù)x₀，使得e${\;}^{f（{x}_{0}+1）-3{x}_{0}-2}$+$\frac{2}$x₀²＜1？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率和切點(diǎn)，解方程可得a的值；
（2）求出f（x）=lnx+x，要證原不等式成立，即證xlnx+x-k（x-3）＞0，可令g（x）=xlnx+x-k（x-3），求出導(dǎo)數(shù)，判斷符號，可得單調(diào)性，即可得證；
（3）對于在（0，1）中的任意一個常數(shù)b，假設(shè)存在正數(shù)x₀，使得e${\;}^{f（{x}_{0}+1）-3{x}_{0}-2}$+$\frac{2}$x₀²＜1．運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想可令H（x）=（x+1）•e^-x+$\frac{2}$x²-1，求出導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，可得最小值，即可得到結(jié)論

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=lnx+ax的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$+a，
在點(diǎn)（t，f（t））處切線方程為y=3x+1，
可得f′（t）=$\frac{1}{t}$+a，
∴函數(shù)的切線方程為y-（lnt+at）=（$\frac{1}{t}$+a）（x-t），即y=（$\frac{1}{t}$+a）x+lnt-1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{t}+a=3}\\{lnt-1=-1}\end{array}\right.$，
解得a=2；
（2）證明：由（1）可得f（x）=lnx+2x，
∵f（x）＞k（1-$\frac{3}{x}$）+2x-1，
∴l(xiāng)nx＞k（1-$\frac{3}{x}$）-1
即為xlnx+x-k（x-3）＞0，
可令g（x）=xlnx+x-k（x-3），
g′（x）=2+lnx-k，
由x＞1，可得lnx＞0，2-k≥0，
即有g(shù)′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）遞增，
可得g（x）＞g（1）=1+2k≥0，
∴-$\frac{1}{2}$≤k≤2
故k的取值范圍為[-$\frac{1}{2}$，2]；
（3）對于在（0，1）中的任意一個常數(shù)b，
假設(shè)存在正數(shù)x₀，使得：e${\;}^{f（{x}_{0}+1）-3{x}_{0}-2}$+$\frac{2}$x₀²＜1．
由e^{f（x₀+1）-3x₀-2}+$\frac{2}$x₀²=e^{ln（x₀+1）-x₀}+$\frac{2}$x₀²=（x₀+1）•e^-x₀+$\frac{2}$x₀²＜1成立，
從而存在正數(shù)x₀，使得上式成立，只需上式的最小值小于0即可．
令H（x）=（x+1）•e^-x+$\frac{2}$x²-1，H′（x）=e^-x-（x+1）•e^-x+bx=x（b-e^-x），
令H′（x）＞0，解得x＞-lnb，令H′（x）＜0，解得0＜x＜-lnb，
則x=-lnb為函數(shù)H（x）的極小值點(diǎn)，即為最小值點(diǎn)．
故H（x）的最小值為H（-lnb）=（-lnb+1）e^lnb+$\frac{2}$ln²b-1=$\frac{2}$ln²b-blnb+b-1，
再令G（x）=$\frac{x}{2}$ln²x-xlnx+x-1，（0＜x＜1），
G′（x）=$\frac{1}{2}$（ln²x+2lnx）-（1+lnx）+1=ln²x＞0，
則G（x）在（0，1）遞增，可得G（x）＜G（1）=0，則H（-lnb）＜0．
故存在正數(shù)x₀=-lnb，使得e${\;}^{f（{x}_{0}+1）-3{x}_{0}-2}$+$\frac{2}$x₀²＜1．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率、單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運(yùn)用分析法和構(gòu)造函數(shù)法，求得導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，考查存在性問題的解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用單調(diào)性，屬于難題．