Question

18．已知函数f（x）=lnx+ax²，g（x）=$\frac{b}{x}$+x，且直线y=-$\frac{1}{2}$是曲线y=f（x）的一条切线．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）对任意的x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，都存在x₂∈[1，4]，使得f（x₁）=g（x₂），求实数b的取值范围；
（Ⅲ）已知方程f（x）=cx有两个根x₁，x₂（x₁＜x₂），若b=1时有g（x₁+x₂）+m+2c=0，求证：m＜0．

Answer 1

分析 （I）f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax．设切点为$（{x}_{0}，-\frac{1}{2}）$，利用f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$+2ax₀=0，lnx₀+$a{x}_{0}^{2}$=-$\frac{1}{2}$，解出即可得出．
（II）对任意的x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，都存在x₂∈[1，4]，使得f（x₁）=g（x₂），?函数f（x）的值域A是函数g（x）的值域B的子集．即A⊆B．
（i）由（I）可得：f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²，x∈[1，$\sqrt{e}$]，f′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{-（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$．利用导数研究其单调性即可得出值域A．
（ii）g′（x）=1-$\frac{b}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-b}{{x}^{2}}$．对b分类讨论，利用导数研究其单调性可得值域，再利用A⊆B．即可得出．
（III）方程f（x）=cx有两个根x₁，x₂（x₁＜x₂），可得lnx₁-$\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}$=cx₁，lnx₂-$\frac{1}{2}{x}_{2}^{2}$=cx₂，相减可得：2c=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-（x₂+x₁）．b=1时有g（x₁+x₂）+m+2c=0，可得$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+（x₂+x₁）+m+2c=0，把（*）代入上式可得：$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+m=0，即-m=$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，因此证明m＜0?$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，利用已知与对数函数的单调性即可得出．

解答 （I）解：f（x）=lnx+ax²，（x＞0），f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax．
设切点为$（{x}_{0}，-\frac{1}{2}）$，则f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$+2ax₀=0，lnx₀+$a{x}_{0}^{2}$=-$\frac{1}{2}$，
解得x₀=1，a=-$\frac{1}{2}$．
（II）解：对任意的x₁∈[1，$\sqrt{e}$]，都存在x₂∈[1，4]，使得f（x₁）=g（x₂），?函数f（x）的值域A是函数g（x）的值域B的子集，即A⊆B．
（i）由（I）可得：f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²，x∈[1，$\sqrt{e}$]，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{-（x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$．可知：函数f（x）在x∈[1，$\sqrt{e}$]单调递减，∴f（x）_max=f（1）=-$\frac{1}{2}$，f（x）_min=f（$\sqrt{e}$）=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}e$．
∴A=$[\frac{1-e}{2}，-\frac{1}{2}]$．
（ii）g′（x）=1-$\frac{b}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-b}{{x}^{2}}$．
b≤1时，g′（x）≥0，函数g（x）在x∈[1，4]单调递增，g（1）=b+1，g（4）=4+$\frac{b}{4}$．∴B=$[b+1，4+\frac{b}{4}]$．
∵A⊆B．∴$\left\{\begin{array}{l}{b+1≤\frac{1-e}{2}}\\{4+\frac{b}{4}≥-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得$-18≤b≤-\frac{1+e}{2}$，满足条件．
b＞1时，g（x）=x+$\frac{b}{x}$＞0，不满足A⊆B，舍去．
综上可得：实数b的取值范围是$[-18，-\frac{1+e}{2}]$．
（III）证明：方程f（x）=cx有两个根x₁，x₂（x₁＜x₂），
∴lnx₁-$\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}$=cx₁，lnx₂-$\frac{1}{2}{x}_{2}^{2}$=cx₂，
∴lnx₂-lnx₁+$\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}{x}_{2}^{2}$=cx₂-cx₁，
∴2c=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-（x₂+x₁）．（*）
b=1时有g（x₁+x₂）+m+2c=0，
∴$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+（x₂+x₁）+m+2c=0，
把（*）代入上式可得：$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+m=0，
即-m=$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
证明m＜0?$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，
∵x₁＜x₂，∴x₂-x₁＞0，ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞ln1=0，
∴$\frac{1}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，
因此m＜0．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．