Question

1．已知函数f（x）=$\frac{m}{x+1}$+nlnx（m，n为常数）的图象在x=1处的切线方程为x+y-2=0
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）已知p∈（0，1），且f（p）=2，若对任意x∈（p，1），任意t∈[$\frac{1}{2}$，2]，f（x）≥t³-t²-2at+2与f（x）≤t³-t²-2at+2中恰有一个恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用导数的意义求得m，进而求出单调区间；
（2）f（x）在[p，1]上的最小值为f（1）=1，最小值f（p）=2，只需2a≥t²-t+$\frac{1}{t}$对t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立或2a≤t²-t对t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立，利用导数求出函数的单调性，列出不等式，即可求得结论；

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{m}{x+1}$+nlnx（m，n为常数）的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=-$\frac{m}{{（x+1）}^{2}}$+$\frac{n}{x}$，
∴f′（1）=-$\frac{m}{4}$+n=-1，
把x=1代入x+y-2=0得y=1，∴f（1）=$\frac{m}{2}$=1，
∴m=2，n=-$\frac{1}{2}$，
∴f（x）=$\frac{2}{x+2}$-$\frac{1}{2}$lnx，f′（x）=-$\frac{2}{{（x+1）}^{2}}$-$\frac{1}{2x}$，
∵x＞0，∴f′（x）＜0，
∴f（x）的单调递减区间为（0，+∞），没有递增区间．
（2）由（1）可得，f（x）在[p，1]上单调递减，
∴f（x）在[p，1]上的最小值是f（1）=1，最大值是f（p）=2，
∴只需t³-t²-2at+2≤1或≥2，
即2a≥t²-t+$\frac{1}{t}$对t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立或2a≤t²-t对t∈[$\frac{1}{2}$，2]恒成立，
令g（t）=t²-t+$\frac{1}{t}$，则g′（t）=$\frac{（t-1）（{2t}^{2}+t+1）}{{t}^{2}}$，
令g′（t）=0，解得：t=1，而2t²+t+1＞0恒成立，
∴$\frac{1}{2}$≤t＜1时，g′（t）＜0，g（t）递减，1＜t≤2时，g′（t）＞0，g（t）递增，
∴g（t）的最大值是max{g（$\frac{1}{2}$），g（2）}，
而g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{7}{4}$＜g（2）=$\frac{5}{2}$，
∴g（t）在[$\frac{1}{2}$，2]的最大值是g（2）=$\frac{5}{2}$，
又t²-t∈[-$\frac{1}{4}$，2]，
∴2a≥$\frac{5}{2}$或2a≤-$\frac{1}{4}$，解得：a≥$\frac{5}{4}$或a≤-$\frac{1}{8}$，
故a的范围是（-∞，-$\frac{1}{8}$]∪[$\frac{5}{4}$，+∞）．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性、最值等知识，考查学生对恒成立问题的等价转化思想，考查学生的运算求解能力，属于中档题．