Question

17．已知f（x）=ln（ax+b）+x²（a≠0）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x，求a，b的值；
（Ⅱ）若f（x）≤x²+x恒成立，求ab的最大值．

Answer 1

分析 （I）推导出$f'（x）=\frac{a}{ax+b}+2x$，利用导数的几何意义列出方程组，能求出a，b的值．
（II）设g（x）=f（x）-（x²+x），则g（x）=ln（ax+b）-x，依题意g（x）≤0恒成立，根a＜0，a＞0两种情况分类讨论，利用导数性质能求出ab的最大值．

解答 解：（I）∵f（x）=ln（ax+b）+x²（a≠0），
∴$f'（x）=\frac{a}{ax+b}+2x$，
∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=x，
∴$\left\{\begin{array}{l}f'（1）=\frac{a}{a+b}+2=1\\ f（1）=ln（{a+b}）+1=1\end{array}\right.$，
解得，a=-1，b=2；
（II）设g（x）=f（x）-（x²+x），则g（x）=ln（ax+b）-x，依题意g（x）≤0恒成立，
①a＜0时，g（x）定义域$（{-∞，-\frac{a}{b}}）$，
取x₀使得$ln（{a{x_0}+b}）=-\frac{a}{b}+1$，得${x_0}=\frac{{{e^{-\frac{b}{a}}}-b}}{a}＜-\frac{b}{a}$，
则$g（{x_0}）=ln（{a{x_0}+b}）-{x_0}＞ln（{a{x_0}+b}）-（{-\frac{b}{a}}）=（{-\frac{b}{a}+1}）+\frac{b}{a}=1＞0$
与g（x）≤0矛盾，∴a＜0不符合要求，
②a＞0时，$g'（x）=\frac{a}{ax+b}-1=\frac{{-a（{x-\frac{a-b}{a}}）}}{ax+b}（{ax+b＞0}）$，
当$-\frac{b}{a}＜x＜\frac{a-b}{a}$时，g'（x）＞0；当$x＞\frac{a-b}{a}$时，g'（x）＜0，
∴g（x）在区间$（{-\frac{b}{a}，\frac{a-b}{a}}）$上为增函数，在区间$（{\frac{a-b}{a}，+∞}）$上为减函数，
∴g（x）在其定义域$（{-\frac{b}{a}，+∞}）$上有最大值，最大值为$g（{\frac{a-b}{a}}）$，
由g（x）≤0，得$g（{\frac{a-b}{a}}）=lna-\frac{a-b}{a}≤0$，∴b≤a-alna，∴ab≤a²-a²lna，
设h（a）=a²-a²lna，则h'（a）=2a-（2alna+a）=a（1-2lna），
∴$0＜a＜\sqrt{e}$时，$h'（a）＞0；a＞\sqrt{e}$时，h'（a）＜0，
∴h（a）在区间$（{0，\sqrt{e}}）$上为增函数，在区间$（{\sqrt{e}，+∞}）$上为减函数，
∴h（a）的最大值为$h（{\sqrt{e}}）=e-\frac{e}{2}=\frac{e}{2}$，
∴当$a=\sqrt{e}，b=\frac{{\sqrt{e}}}{2}$时，ab取最大值为$\frac{e}{2}$，
综合①，②得，ab最大值为$\frac{e}{2}$．

点评 本题考查实数值的求法，考查两数积最大值的求法，考查导数性质、导数的几何意义、构造法、函数单调性等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想，是中档题．