Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax（a∈R）
（1）當(dāng)a=3時(shí)，判斷函數(shù)g（x）=x²+f（x）的單調(diào)性；
（2）若a＞0，函數(shù)f（x）在x=1的切線l也是曲線x²+y²+2x-8y+9=0的切線，求實(shí)數(shù)a的值，并寫(xiě)出直線l的方程；
（3）若a=1，證明$|{f（x）}|＞\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由x²+y²+2x-8y+9=0，得（x+1）²+（y-4）²=8，求出a的值，從而求出直線方程即可；
（3）令G（x）=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為G（x）_max＜|f（x）|_min，分別求出其最大值和最小值即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=3時(shí)，g（x）=x²+lnx-3x，
$g'（x）=2x+\frac{1}{x}-3=\frac{{2{x^2}-3x+1}}{x}=\frac{{2（{x-1}）（x-\frac{1}{2}）}}{x}$（2分）
當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{2}）和（{1，+∞}）$時(shí)，g′（x）＞0，當(dāng)$x∈（\frac{1}{2}，1）$時(shí)，g′（x）＜0（4分）
故g（x）在$（0，\frac{1}{2}）和（{1，+∞}）$上單調(diào)遞增，在$（\frac{1}{2}，1）$上單調(diào)遞減（5分）
（2）因?yàn)?f'（x）=\frac{1}{x}-a$，所以f′（1）=1-a，又∵f（1）=-a，
故切線l的方程為y+a=（1-a）（x-1），即（a-1）x+y+1=0（6分）
由x²+y²+2x-8y+9=0變形得（x+1）²+（y-4）²=8，
它表示以點(diǎn)（-1，4）為圓心，半徑長(zhǎng)為$2\sqrt{2}$的圓，
由條件得$\frac{{|{4+（1-a）+1}|}}{{\sqrt{1+{{（{1-a}）}^2}}}}=2\sqrt{2}$，解得a=2（負(fù)值已舍去）（7分）
此時(shí)直線l的方程是y+x+1=0（8分）
（3）證明：因?yàn)?f'（x）=\frac{1-x}{x}$，故f（x）在（0，1）上是遞增，在（1，+∞）上遞減，
f（x）_max=f（1）=ln1-1=-1，所以|f（x）|_min=1（19分）
設(shè)G（x）=$\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$，則${G^'}（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
故G（x）在（0，e）上遞增，在（e，+∞）上遞減（10分）
故$G{（x）_{max}}=G（e）=\frac{1}{e}+\frac{1}{2}＜1$，
故G（x）_max＜|f（x）|_min（11分）
所以$|{f（x）}|＞\frac{lnx}{x}+\frac{1}{2}$對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立（12分）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．