Question

2．设函数f（x）=alnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x+b（a，b∈R）．
（1）求a、b的值；
（2）若对于任意x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-$\frac{1}{x}$）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x+b，可求a、b的值；
（2）任意x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-$\frac{1}{x}$）恒成立，即lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），设g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即?x∈[1，+∞），g（x）≤0，分类讨论，结合函数的单调性，即可得出结论．

解答 解：（1）∵f（x）=alnx（a∈R），
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$，
由题设f'（1）=1，∴a=1，
又切点为（1，0）在切线y=x+b上，∴b=-1．
（2）f（x）=lnx对于任意x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-$\frac{1}{x}$）恒成立，
即lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），
设g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即?x∈[1，+∞），g（x）≤0，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$），
①若m≤0，g'（x）＞0，g（x）在[1，+∞）上为增函数，g（x）≥g（1）=0，
这与题设g（x）≤0矛盾；
②若m＞0方程-mx²+x-m=0的判别式△=1-4m²，
当△≤0，即≥$\frac{1}{2}$时，g'（x）≤0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立，
当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，方程-mx²+x-m=0，设两根为x₁，x₂（x₁＜x₂），
x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$，
当x∈（1，x₂），g'（x）＞0，
g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0，与题设矛盾，
综上所述，m≥$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想，正确求导是关键．