Question

18．已知函數(shù)$f（x）=x-alnx+a+\frac{x}$．
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線過點(diǎn)（4，-2），且x=2時(shí)，y=f（x）有極值，求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）若函數(shù)g（x）=x•f（x）在區(qū)間$[\frac{1}{e}，{e^2}]$上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意求出f（1），由求導(dǎo)公式和法則求出f′（x）、f′（1），由條件和導(dǎo)數(shù)的幾何意義列出方程，由極值點(diǎn)的條件列出方程，聯(lián)立后求出a、b的值；
（2）由題意求出g（x），由求導(dǎo)公式和法則求出g′（x），根據(jù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系將條件轉(zhuǎn)化：alnx≤2x在區(qū)間$[\frac{1}{e}，{e^2}]$上恒成立，對x分類討論后，分離出a、構(gòu)造函數(shù)后求導(dǎo)，由導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系求出單調(diào)區(qū)間、最值，由恒成立列出不等式，求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（1）由題意知，f（1）=1+a+b，
且f′（x）=1-$\frac{a}{x}-\frac{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-ax-b}{{x}^{2}}$，則f′（1）=1-a-b，
∵在點(diǎn)（1，f（1））處的切線過點(diǎn)（4，-2），
∴1-a-b=$\frac{3+a+b}{-3}$，即a+b-3=0，①
∵x=2時(shí)，y=f（x）有極值，
∴f′（2）=$\frac{4-2a-b}{4}$=0，即4-2a-b=0，②
由①②解得，a=1、b=2；
（2）由題意知g（x）=x•f（x）=x²-axlnx+ax+b，
則g′（x）=2x-a（lnx+1）+a=2x-alnx，
∵函數(shù)g（x）在區(qū)間$[\frac{1}{e}，{e^2}]$上單調(diào)遞增，
∴g′（x）=2x-alnx≥0，即alnx≤2x在區(qū)間$[\frac{1}{e}，{e^2}]$上恒成立，
①當(dāng)x∈$[\frac{1}{e}，1）$時(shí)，lnx＜0，alnx≤2x化為$a≥\frac{2x}{lnx}$，
設(shè)$h（x）=\frac{2x}{lnx}$，則$h′（x）=\frac{2（lnx-1）}{（lnx）^{2}}$＜0，
∴h（x）在$[\frac{1}{e}，1）$上遞減，則h（x）的最大值是h（$\frac{1}{e}$），
則$a≥h（\frac{1}{e}）=-\frac{2}{e}$，即$a≥-\frac{2}{e}$；
②當(dāng)x∈（1，e²]時(shí)，lnx＞0，alnx≤2x化為$a≤\frac{2x}{lnx}$，
設(shè)$h（x）=\frac{2x}{lnx}$，則$h′（x）=\frac{2（lnx-1）}{（lnx）^{2}}$，
∴h（x）在（1，e]上遞減，在（e，e²]上遞增，
則h（x）的最小值是h（e）=2e，即a≤2e；
③當(dāng)x=1時(shí)，alnx≤2x在區(qū)間$[\frac{1}{e}，{e^2}]$上恒成立，
綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是$[-\frac{2}{e}，2e]$．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及恒成立的轉(zhuǎn)化問題，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，分析、解決問題的能力．