Question

4．设函数f（x）=x²+ax-blnx，
（1）若y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=2x，求a，b的值．
（2）若b=1，令g（x）=$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$，若函数g（x）在区间（0，1]上是减函数，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，由f（1）=2，f′（1）=2，从而求出a，b的值；
（2）解法一：先求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出a的范围；
解法二：先求出函数f（x）的导数，分离出a，构造新函数，通过讨论新函数的单调性，求出新函数的最小值，从而求出a的范围．

解答 解：（1）f（x）=x²+ax-blnx，定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=2x+a-$\frac{b}{x}$；∴$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=1+a=2}\\{f′（1）=2+a-b=2}\end{array}\right.$，
解得：a=1，b=1；
（2）解法一：据题知：g（x）=$\frac{f（x）}{{e}^{x}}$，
所以 g（x）=$\frac{{x}^{2}+ax-lnx}{{e}^{x}}$，定义域为（0，1]，
∴g′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx}{{e}^{x}}$；
令h（x）=-x²+（2-a）x+a-$\frac{1}{x}$+lnx，
则h′（x）=-2x+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$+2-a，
h′（x）=-2-$\frac{2}{{x}^{3}}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$＜0，
故h′（x）在区间（0，1]上单调递减，
从而对（0，1]，h′（x）≥h′（1）=2-a
①当2-a≥0，即a≤2时，h′（x）≥0，∴y=h（x）在区间（0，1]上单调递增，
∴h（x）≤h（1）=0，即F′（x）≤0，
∴g（x）在区间（0，1]上是减函数，
故a≤2满足题意；           
②当2-a＜0，即a＞2时，
由h′（1）＜0，h′（$\frac{1}{a}$）=-$\frac{2}{a}$+a²+2＞0，0＜$\frac{1}{a}$＜1，
且y=h′（x）在区间（0，1]的图象是一条连续不断的曲线，
∴y=h′（x）在区间（0，1]有唯一零点，设为x₀，
∴h（x）在区间（0，x₀）上单调递增，在（x₀，1]上单调递减，
且y=h（x）在区间（0，1]的图象是一条连续不断的曲线
y=h（x）在区间（0，1）有唯一零点，设为x′，
即y=g′（x）在区间（0，1）有唯一零点，设为x′，
故y=g（x）在区间（0，x′）上单调递减，在（x′，1）上单调递增，
与题中条件在（0，1]为减函数矛盾，故a＞2不合题意，舍去；
综上可知：a的取值范围为（-∞，2]． 
解法二：g（x）=$\frac{{x}^{2}+ax-lnx}{{e}^{x}}$，定义域为（0，1]，
∴g′（x）=$\frac{{-x}^{2}+（2-a）x+a-\frac{1}{x}+lnx}{{e}^{x}}$；
则不等式（1-x）a≤x²-2x+$\frac{1}{x}$-lnx对（0，1]的任意x都成立；
①当x=1时；对?a∈R不等式都成立；
②当x∈（0，1）时：
a≤$\frac{{x}^{2}-2x+\frac{1}{x}-lnx}{1-x}$=-x+1+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{1-x}$成立；
令m（x）=-x+1+$\frac{1}{x}$-$\frac{lnx}{1-x}$；
则m′（x）=-1-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{\frac{1}{x}+lnx-1}{{（1-x）}^{2}}$，
令：n（x）=$\frac{1}{x}$+lnx-1；n′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$＜0，
故n（x）在（0，1）上为减函数，由于n（1）=0，
故n（x）＞0
则m′（x）＜0恒成立，则m（x）在（0，1）上为减函数；
故a≤m（1），
据“洛必塔法则”：m（1）=$\underset{lim}{x→1}m（x）$=$\underset{lim}{x→1}（-x+1+\frac{1}{x}-\frac{lnx}{1-x}）=2$，
综上所述，a的取值范围为（-∞，2]．

点评 本题考查了曲线的切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，求参数的范围，是一道综合题．