Question

2．已知函數(shù)f（x）=alnx+x²-1（a∈R）．
（1）若a=-1，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）若f（x）≥b（x-1）（b∈R）對(duì)任意x∈[$\frac{1}{e}$，+∞）成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得f′（1），進(jìn)一步求得f（1）=0，然后由直線方程的點(diǎn)斜式得答案；
（2）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-b（x-1），把不等式f（x）≥b（x-1）在[$\frac{1}{e}$，+∞）上恒成立轉(zhuǎn)化為g（x）≥0在[$\frac{1}{e}$，+∞）上恒成立，根據(jù)g（1）=0，可得g（x）≥g（1）恒成立，得到g（x）在x=1處取得極小值，從而有g(shù)′（1）=a+2-b=0，得到a，b的關(guān)系，得到g′（x）．然后對(duì)a分類討論，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的不等式求得a的取值范圍．

解答 解：（1）求導(dǎo)f′（x）=$\frac{a}{x}$+2x，∴f′（1）=a+2，
又f（1）=0，∴曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y=（a+2）（x-1），
即（a+2）x-y-a-2=0；
故a=-1時(shí)，切線方程式是：x-y-1=0；
（2）設(shè)g（x）=f（x）-b（x-1），
即g（x）≥0在[$\frac{1}{e}$，+∞）上恒成立，
又g（1）=0，有g(shù)（x）≥g（1）恒成立，
即g（x）在x=1處取得極小值，得g′（1）=a+2-b=0，
∴b=a+2，從而g′（x）=$\frac{2（x-1）（x-\frac{a}{2}）}{x}$．
（ⅰ）當(dāng)$\frac{a}{2}$≤$\frac{1}{e}$時(shí)，g（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）≥g（1），即a≤$\frac{2}{e}$；
（ⅱ）當(dāng)$\frac{1}{e}$＜$\frac{a}{2}$≤1時(shí)，g（x）在（$\frac{1}{e}$，$\frac{a}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{a}{2}$，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則只需g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{a}{e}$+$\frac{1}{{e}^{2}}$-$\frac{2}{e}$+1≥0，
解得：$\frac{2}{e}$＜a≤e+$\frac{1}{e}$-2；
（ⅲ）當(dāng)$\frac{a}{2}$＞1時(shí)，g（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上單調(diào)遞增，（1，$\frac{a}{2}$）單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
由g（$\frac{a}{2}$）＜g（1）=0知不符合題意．
綜上，a的取值范圍是a≤e+$\frac{1}{e}$-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，著重考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是壓軸題．