Question

已知f（x）=

ax2+b

x

，g（x）=2lnx，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为2x-y-2=0．
（1）求a，b的值；
（2）若当x≥1时，g（x）≤mf（x）恒成立，求m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：分类讨论,导数的概念及应用,不等式的解法及应用

分析：（1）求出f（x）的导数，求切线方程可得切线的斜率和切点坐标，解方程可得a，b；
（2）由g（x）≤mf（x）得：2lnx≤m（x-

1

x

），即有2lnx-m（x-

1

x

）≤0，令h（x）=2lnx-m（x-

1

x

），求出导数，对m讨论，分①当m=0时，②当m≤-1时，③当-1＜m＜0时，④当0＜m＜1时，⑤当m≥1时，判断h（x）在x≥1时的单调性，由恒成立思想即可得到m的范围．

解答： 解：（1）f（x）=ax+

b

x

，
导数f′（x）=a-

b

x2

，
由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为2x-y-2=0，
可得f′（1）=2，f（1）=0，即a-b=2，a+b=0，
解得：a=1，b=-1；
（2）f（x）=x-

1

x

，
由g（x）≤mf（x）得：2lnx≤m（x-

1

x

），
即有2lnx-m（x-

1

x

）≤0，
令h（x）=2lnx-m（x-

1

x

），
则h′（x）=

2

x

-m（1+

1

x2

）=

-mx2+2x-m

x2

，
①当m=0时，h′（x）=

2

x

＞0恒成立，
即h（x）在（1，+∞）上单调递增，
即有h（x）＞h（1）=0，
这与h（x）≤0矛盾，不合题意；
若m≠0，令△=4-4m²=4（1+m）（1-m），
②当m≤-1时，△≤0恒成立且-m＞0，
即有-mx²+2x-m≥0恒成立即h′（x）≥0恒成立，
即h（x）在（1，+∞）上单调递增，
h（x）＞h（1）=0，这与h（x）≤0矛盾，不合题意；
③当-1＜m＜0时，△＞0，方程-mx²+2x-m=0有两个不等实根x₁，x₂（不妨设x₁＜x₂），
由韦达定理得x₁•x₂=1＞0，x₁+x₂=

2

m

＜0，
即x₁＜x₂＜0，即有当x≥1时，-mx²+2x-m≥0恒成立，即h′（x）＞0恒成立，
h（x）在（1，+∞）上单调递增，h（x）＞h（1）=0，这与h（x）≤0矛盾，不合题意；
④当0＜m＜1时，△＞0，方程-mx²+2x-m=0有两个不等实根x₁，x₂（不妨设x₁＜x₂），
0＜x₁=

1- 1-m2

m

＜1，x₂=

1+ 1-m2

m

＞1
即有0＜x₁＜1＜x₂，即h（x）在（1，x₂）单调递增，即有当x∈（1，x₂）时，h′（x）＞0
则h（x）在（1，+∞）上单调递增，即有h（x）＞h（1）=0，这与h（x）≤0矛盾，不合题意；
⑤当m≥1时，△≤0且-m＜0，即有h′（x）≤0恒成立，h（x）在[1，+∞）上单调递减，
则h（x）≤h（1）=0，合题意．
综上所述，当m∈[1，+∞）时，g（x）≤mf（x）恒成立．

点评：本题考查导数的运用：求切线的方程和求单调区间、极值，主要考查导数的几何意义和函数的单调性的运用，运用分类讨论的思想方法和二次方程的韦达定理及求根公式是解题的关键．