Question

11．已知函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{b（x+1）}{x}$，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=2．
（I）求a、b的值；
（Ⅱ）當(dāng)x＞1時(shí)，不等式f（x）＞$\frac{（x-k）lnx}{x-1}$恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得f（1）=2b=2，f′（1）=a-b=0，解方程可得a，b；
（II）當(dāng)x＞1時(shí)，不等式f（x）＞$\frac{（x-k）lnx}{x-1}$，即為（x-1）lnx+$\frac{{x}^{2}-1}{x}$＞（x-k）lnx，即（k-1）lnx+$\frac{{x}^{2}-1}{x}$＞0，令g（x）=（k-1）lnx+$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，求出導(dǎo)數(shù)，令m（x）=x²+（k-1）x+1，討論①當(dāng)$\frac{1-k}{2}$≤1即k≥-1時(shí)，②當(dāng)$\frac{1-k}{2}$＞1即k＜-1時(shí)，求出單調(diào)性，即可得到k的范圍．

解答 解：（I）∵函數(shù)f（x）=alnx+$\frac{b（x+1）}{x}$的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=$\frac{a}{x}$-$\frac{{x}^{2}}$，且直線y=2的斜率為0，又過(guò)點(diǎn)（1，2），
∴f（1）=2b=2，f′（1）=a-b=0，------------------------------------------------------（2分）
解得a=b=1--------------------------------------（3分）
（II）當(dāng)x＞1時(shí)，不等式f（x）＞$\frac{（x-k）lnx}{x-1}$，即為（x-1）lnx+$\frac{{x}^{2}-1}{x}$＞（x-k）lnx，
即（k-1）lnx+$\frac{{x}^{2}-1}{x}$＞0----------（5分）
令g（x）=（k-1）lnx+$\frac{{x}^{2}-1}{x}$，g′（x）=$\frac{k-1}{x}$+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+（k-1）x+1}{{x}^{2}}$，-----------（7分）
令m（x）=x²+（k-1）x+1，
①當(dāng)$\frac{1-k}{2}$≤1即k≥-1時(shí)，m（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增且m（1）≥0，
所以當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，
則g（x）＞g（1）=0即f（x）＞$\frac{（x-k）lnx}{x-1}$恒成立．----------（9分）
②當(dāng)$\frac{1-k}{2}$＞1即k＜-1時(shí)，m（x）在上（1，$\frac{1-k}{2}$）上單調(diào)遞減，
且m（1）＜0，故當(dāng)x∈（1，$\frac{1-k}{2}$）時(shí)，m（x）＜0即g′（x）＜0，
所以函數(shù)g（x）在（1，$\frac{1-k}{2}$）單調(diào)遞減，-----------------------------------（10分）
當(dāng)x∈（1，$\frac{1-k}{2}$）時(shí)，g（x）＜0與題設(shè)矛盾，
綜上可得k的取值范圍為[-1，+∞）----------------------------------------（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線方程、單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式恒成立問(wèn)題解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)法，屬于難題．