Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²，g（x）=$\frac{1}{x}$+x+b，且直線y=-$\frac{1}{2}$是函數(shù)f（x）的一條切線．
（1）求a的值；
（2）對任意的x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，都存在x₂∈[1，4]，使得f（x₁）=g（x₂），求b的取值范圍
（3）已知方程f（x）=cx有兩個根x₁，x₂（x₁＜x₂），若g（x₁+x₂）+2c=0，求證：b＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點(diǎn)，可得切線的斜率，解方程可得a的值；
（2）由題意可得f（x）的值域?yàn)間（x）的值域的子集，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷f（x），g（x）的單調(diào)性，求得最值，可得值域，解不等式即可得到所求范圍；
（3）運(yùn)用方程的根的定義，作差，結(jié)合g（x）的表達(dá)式，由y=lnx的單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=lnx+ax²的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，
設(shè)切點(diǎn)為（m，n），可得2am+$\frac{1}{m}$=0，lnm+am²=-$\frac{1}{2}$，
解得m=1，a=-$\frac{1}{2}$；
（2）由f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{1-{x}^{2}}{x}$，
當(dāng)x∈[1，$\sqrt{e}$]，可得f′（x）≤0，f（x）遞減，
即有f（x）的值域?yàn)閇$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$e，-$\frac{1}{2}$]；
由g（x）=$\frac{1}{x}$+x+b的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈[1，4]，可得g′（x）≥0，f（x）遞增，
即有g(shù)（x）的值域?yàn)閇2+b，$\frac{17}{4}$+b]，
由題意可得[$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$e，-$\frac{1}{2}$]⊆[2+b，$\frac{17}{4}$+b]，
即有2+b≤$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$e＜-$\frac{1}{2}$≤$\frac{17}{4}$+b，
解得-$\frac{19}{4}$≤b≤-$\frac{1}{2}$e-$\frac{3}{2}$；
（3）證明：方程f（x）=cx有兩個根x₁，x₂（x₁＜x₂），
可得lnx₁-$\frac{1}{2}$x₁²=cx₁，lnx₂-$\frac{1}{2}$x₂²=cx₂，
兩式相減，可得lnx₁-lnx₂-$\frac{1}{2}$（x₁-x₂）（x₁+x₂）=c（x₁-x₂），
可得2c+（x₁+x₂）=2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
由g（x₁+x₂）+2c=0，可得$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+2c+（x₁+x₂）=-b，
即有-b=$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
由x₁，x₂＞0，且y=lnx遞增，可得$\frac{1}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+2•$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，
即有-b＞0，即b＜0．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間，考查任意性和存在性問題的解法，注意轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域的關(guān)系，考查不等式的證明，注意運(yùn)用方程的根的含義和單調(diào)性，屬于中檔題．