Question

設(shè)函數(shù)f（x）=ax+

b

x

（a，b∈R），若f（x）在點(diǎn)（1，f（x））處的切線斜率為1．
（Ⅰ）用a表示b；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=lnx-f（x），若g（x）≤-1對(duì)定義域內(nèi)的x恒成立，
（ⅰ）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（ⅱ）對(duì)任意的θ∈[0，

π

2

），證明：g（1-sinθ）≤g（1+sinθ）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由f′（1）=1可得結(jié)果；
（Ⅱ）（�。ゞ（x）≤-1恒成立，等價(jià)于g（x）_max≤-1．由g（1）+1≤0可得a的范圍，利用導(dǎo)數(shù)可求得函數(shù)的最大值，可驗(yàn)證此時(shí)滿足要求，從而得到a的范圍．
（ii）由（�。┲�，g（x）≤-1恒成立，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥1，令sinθ=t∈[0，1），構(gòu)造函數(shù)p（t）=g（1+t）-g（1-t），只需證明p（t）≥0恒成立，利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)p（t）的最小值問題，利用導(dǎo)數(shù)可求得；

解答：解：（Ⅰ）函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=a-

b

x2

，
因?yàn)閒（x）在點(diǎn)（1，f（x））處的切線斜率為1，
所以f′（1）=a-b=1，解得b=a-1；
（Ⅱ）因?yàn)間（x）=lnx-f（x），
所以g（x）=lnx-f（x）=lnx-（ax+

a-1

x

），
要使g（x）≤-1≤-1恒成立．則
（ⅰ）g（x）≤-1恒成立，等價(jià)于g（x）_max≤-1．
g（x）≤-1恒成立，則g（1）+1=-a-a+1+1≤0⇒a≥1．
當(dāng)a≥1時(shí)，g′(x)=

-(ax+a-1)(x-1)

x2

=

-a[x-(-1+ 1 a )](x-1)

x2

=0⇒x=1，x=-1+

1

a

，
-1+

1

a

≤0，x²g′（x）≥0，則x∈（0，1），g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，+∞），g′（x）＜0，g（x） 單調(diào)遞減，
則g（x）_max=g（1）=1-2a≤-1，符合題意，即g（x）≤-1恒成立．
所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥1．
（ⅱ）由（�。┲�，g（x）≤-1恒成立，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥1．
令sinθ=t∈[0，1），考慮函數(shù)
p（t）=g（1+t）-g（1-t）=ln（1+t）-a（1+t）-

a-1

1+t

-[ln(1-t)-a(1-t)-

a-1

1-t

]=ln（1+t）-ln（1-t）-2at-（a-1）[

1

1+t

-

1

1-t

]，
p′(t)=

1

1+t

-

1

1-t

-2a+

a-1

(1+t)2

+

a-1

(1-t)2

=

2

1-t2

-2a+（a-1）[

1

(1+t)2

+

1

(1-t)2

]，
下證明p′（t）≥0，即證：

2

1-t2

-2a+（a-1）[

1

(1+t)2

+

1

(1-t)2

]≥0，即證明

1

1-t2

-a+(a-1)[

1+t2

(1+t)2(1-t)2

]≥0，
由

1

1-t2

≥1，即證1-a+（a-1）[

1+t2

(1+t)2(1-t)2

]≥0，
又a-1≥0，只需證-1+

1+t2

(1+t)2(1-t)2

≥0，即證1+t²≥（1+t）²（1-t）²?t⁴-3t²≤0?t²（t²-3）≤0，顯然成立．
故p（t）在t∈[0，1）上單調(diào)遞增，p（t）_min=p（0）=0，
則p（t）≥0，得g（1+t）≥g（1-t）成立，
則對(duì)任意的θ∈[0，

π

2

），g（1-sinθ）≤g（1+sinθ）成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查轉(zhuǎn)化思想，本題綜合性強(qiáng)，運(yùn)算量大，對(duì)能力要求較高．