Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=2（a+1）$\sqrt{x}$，g（x）=lnx+bx（a，b∈R），直線y=x+1是函數(shù)y=f（x）圖象的一條切線．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）-g（x）在其定義域有兩個極值點．
①試求b的取值范圍；
②證明：若函數(shù)y=f（x）-g（x）在其定義域內(nèi)的兩個極值點為x₁，x₂則$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$≤$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意，f′（x）=$\frac{a+1}{\sqrt{x}}$，利用直線y=x+1是函數(shù)y=f（x）圖象的一條切線，建立方程，即可求a的值；
（Ⅱ）①記h（x）=f（x）-g（x），則h（x）=2$\sqrt{x}$-lnx-bx（x＞0），由題意，令h′（x）=$\frac{-bx+\sqrt{x}-1}{x}$=0可得bx-$\sqrt{x}$+1=0，方程有兩個正數(shù)根，即可試求b的取值范圍；
②求出$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$=$\frac{1}{2}$-blnb-b，再求最值，即可證明結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：由題意，f′（x）=$\frac{a+1}{\sqrt{x}}$．
設(shè)直線y=x+1與函數(shù)y=f（x）圖象的切點為（x₀，y₀），
∴$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{0}=2（a+1）\sqrt{{x}_{0}}}\\{{y}_{0}={x}_{0}+1}\\{\frac{a+1}{\sqrt{{x}_{0}}}=1}\end{array}\right.$，∴a=0，x₀=1，y₀=2；
（Ⅱ）解：①記h（x）=f（x）-g（x），則h（x）=2$\sqrt{x}$-lnx-bx（x＞0），
∴h′（x）=$\frac{-bx+\sqrt{x}-1}{x}$
由題意，令h′（x）=$\frac{-bx+\sqrt{x}-1}{x}$=0可得bx-$\sqrt{x}$+1=0，方程有兩個正數(shù)根
設(shè)t=$\sqrt{x}$，則$\left\{\begin{array}{l}{1-4b＞0}\\{\frac{1}＞0}\end{array}\right.$，∴0＜b＜$\frac{1}{4}$．
∴0＜b＜$\frac{1}{4}$時，函數(shù)y=f（x）-g（x）在其定義域有兩個極值點；
②證明：設(shè)bx-$\sqrt{x}$+1=0的兩個根為x₁，x₂．則x₁x₂=$\frac{1}{^{2}}$，x₁+x₂=$\frac{1}{^{2}}$-$\frac{2}$，
∵g（x₁）+g（x₂）=lnx₁+bx₁+lnx₂+bx₂=ln（x₁x₂）+b（x₁+x₂）
∴g（x₁）+g（x₂）=-2lnb+b（$\frac{1}{^{2}}$-$\frac{2}$）=-2lnb+$\frac{1}$-2
∵f（x₁）+f（x₂）=2$\sqrt{{x}_{1}}$+2$\sqrt{{x}_{2}}$=$\frac{2}$，
∴$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$=$\frac{1}{2}$-blnb-b
記k（b）=$\frac{1}{2}$-blnb-b（0＜b＜$\frac{1}{4}$），則k′（b）=-lnb-2=0，可得b=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）時，k′（b）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，（$\frac{1}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{4}$）時，k′（b）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴b=$\frac{1}{{e}^{2}}$時，k（b）取得最大值$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}$≤$\frac{1}{{e}^{2}}$+$\frac{1}{2}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的最值，正確求導(dǎo)，確定函數(shù)的單調(diào)性是關(guān)鍵．