Question

13．設f（x）=$\frac{（x+a）lnx}{x+1}$（a∈R）在點（1，f（1））處的切線與直線2x+y+1=0垂直．
（1）若對于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求實數m的取值范圍；
（2）設函數g（x）=（x+1）f（x）-b（x-1）在[1，e]上有且只有一個零點，求實數b取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數的導數，根據導數的幾何意義即可得到結論．求a的值；將不等式恒成立轉化為求函數的最值，求函數的導數，利用導數進行求解即可；
（2）將條件轉化為函數g（x）=xlnx-a（x-1）在（1，e]上沒有零點，即可得到結論．

解答 解：f′（x）=$\frac{（\frac{x+a}{x}+lnx）（x+1）-（x+a）lnx}{{（x+1）}^{2}}$，
∵y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線2x+y+1=0垂直，
∴f′（1）=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{2（1+a）}{4}$=$\frac{1}{2}$，∴1+a=1，解得a=0．
（1）f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，
若對于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，
即lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），
設g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），
即對于任意的x∈[1，+∞），g（x）≤0，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-m（1+$\frac{1}{{x}^{2}}$）=$\frac{-{mx}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$，
①若m≤0，g′（x）＞0，則g（x）≥g（1）=0，這與題設g（x）≤0矛盾．
②若m＞0，方程-mx²+x-m=0的判別式△=1-4m²，
當△≤0，即m≥$\frac{1}{2}$時，g′（x）≤0．
∴g（x）在（1，+∞）上單減，
∴g（x）≤g（1）=0，不等式成立．
當0＜m＜$\frac{1}{2}$時，方程-mx²+x-m=0，設兩根為x₁，x₂，（x₁＜x₂），
x₁=$\frac{1-\sqrt{1-{4m}^{2}}}{2m}$∈（0，1），x₂=$\frac{1+\sqrt{1-{4m}^{2}}}{2m}$∈（1，+∞），
當x∈（1，x₁），g′（x）＞0，g（x）單調遞增，g（x）＞g（1）=0，與題設矛盾，
綜上所述，m≥$\frac{1}{2}$．
（2）因為g（x）=xlnx-b（x-1），注意到g（1）=0
所以，所求問題等價于函數g（x）=xlnx-b（x-1）在（1，e]上沒有零點．
因為g′（x）=lnx+1-b，
所以由g′（x）＜0?lnx+1-b＜0?0＜x＜e^b-1，
g′（x）＞0?x＞e^b-1
所以g（x）在（0，e^b-1）上單調遞減，在（e^b-1，+∞）上單調遞增．
①當e^b-1≤1，即b≤1時，g（x）在（1，e]上單調遞增，所以g（x）＞g（1）=0
此時函數g（x）在（1，e]上沒有零點，
②當1＜e^b-1＜e，即1＜b＜2時，g（x）在[1，e^b-1）上單調遞減，在（e^b-1，e]上單調遞增．
又因為g（1）=0，g（e）=e-be+b，g（x）在（1，e]上的最小值為g（e^b-1）=b-e^b-1
所以，（i）當1＜b≤$\frac{e}{e-1}$時，g（x）在[1，e]上的最大值g（e）≥0，
即此時函數g（x）在（1，e]上有零點．
（ii）當$\frac{e}{e-1}$＜b＜2時，g（e）＜0，即此時函數g（x）在（1，e]上沒有零點．
③當e≤e^b-1 即b≥2時，g（x）在[1，e]上單調遞減，
所以g（x）在[1，e]上滿足g（x）＜g（1）=0，
此時函數g（x）在（1，e]上沒有零點
綜上，所求的a的取值范圍是b≤1或$\frac{e}{e-1}$＜b．

點評 本題主要考查導數的綜合應用以及函數切線的求解，考查學生的運算能力，綜合性較強，有一定的難度．