Question

5．设函数f（x）=$\frac{a}{x}$-x，a∈R．
（Ⅰ）若a=-1，求f（x）在区间[$\frac{1}{2}$，3]上的最大值；
（Ⅱ）设b≠0，求证：当a=-1时，过点P（b，-b）有且只有一条直线与曲线y=f（x）相切；
（Ⅲ）若对任意的x∈[$\frac{1}{2}$，2]，均有f（x）|x-1|≤1成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）a=-1，f（x）=$\frac{-1}{x}$-x，f′（x）=$\frac{-（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$．利用导数研究其单调性极值最值即可得出．
（II）当a=-1时，f（x）=$\frac{-1}{x}$-x，f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-1＞-1，设过点P（b，-b）与函数f（x）相切于点Q$（{x}_{0}，-\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}）$，利用切线斜率$\frac{1}{{x}_{0}^{2}}-1$=$\frac{-\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}+b}{{x}_{0}-b}$，化为：b=2x₀．得出切线方程与曲线方程联立得出交点的个数即可得出．
（III）当x=1时，?a∈R，均有f（x）|x-1|≤1成立．当x≠1时，不等式等价于a≤x²+$\frac{x}{|x-1|}$．对x分类讨论：当x∈$[\frac{1}{2}，1）$时，f（x）|x-1|≤1等价于：a≤x²+$\frac{x}{1-x}$，令g（x）=x²+$\frac{x}{1-x}$，x∈$[\frac{1}{2}，1）$，利用导数研究其单调性即可得出．当1＜x≤2时，f（x）|x-1|≤1等价于：a≤x²+$\frac{x}{x-1}$，令h（x）=x²+$\frac{x}{x-1}$，则h（x）=x²+1+$\frac{1}{x-1}$＞2，即可得出．

解答 （I）解：a=-1，f（x）=$\frac{-1}{x}$-x，f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-1=$\frac{-（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$．
∴当$\frac{1}{2}≤x＜1$时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；当1＜x≤3时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
∴在区间[$\frac{1}{2}$，3]上，当x=1时，函数f（x）取得最大值，f（1）=-2．
（II）证明：当a=-1时，f（x）=$\frac{-1}{x}$-x，f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-1＞-1，
设过点P（b，-b）与函数f（x）相切于点Q$（{x}_{0}，-\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}）$，
切线斜率$\frac{1}{{x}_{0}^{2}}-1$=$\frac{-\frac{1}{{x}_{0}}-{x}_{0}+b}{{x}_{0}-b}$，化为：b=2x₀．
切线方程为：y+2x₀=$（\frac{1}{{x}_{0}^{2}}-1）$（x-2x₀），
与$y=-\frac{1}{x}-x$联立可得：化为：x²-2x₀x+${x}_{0}^{2}$=0，解得x=x₀，
因此切线与曲线有且只有一个公共点Q．
当x₀＞0时，切点Q位于第四象限，因此只有一条切线；
当x₀＜0时，切点Q位于第二象限，因此只有一条切线．
（III）当x=1时，?a∈R，均有f（x）|x-1|≤1成立．当x≠1时，不等式等价于a≤x²+$\frac{x}{|x-1|}$．
当x∈$[\frac{1}{2}，1）$时，f（x）|x-1|≤1等价于：a≤x²+$\frac{x}{1-x}$，令g（x）=x²+$\frac{x}{1-x}$，x∈$[\frac{1}{2}，1）$，
g′（x）=2x+$\frac{1}{（x-1）^{2}}$＞0，函数g（x）在x∈$[\frac{1}{2}，1）$单调递增，∴当x=$\frac{1}{2}$时，函数g（x）取得最小值$g（\frac{1}{2}）$=$\frac{5}{4}$．
∴a≤$\frac{5}{4}$．
当1＜x≤2时，f（x）|x-1|≤1等价于：a≤x²+$\frac{x}{x-1}$，令h（x）=x²+$\frac{x}{x-1}$，则h（x）=x²+1+$\frac{1}{x-1}$＞2，
∴a≤$\frac{5}{4}$，不等式a≤x²+$\frac{x}{x-1}$对于x∈（1，2]恒成立．
综上可得：实数a的求值范围是$（-∞，\frac{5}{4}]$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造函数方法、不等式的性质，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．