Question

10．已知函數$f（x）=lnx+ax-\frac{1}{x}+b$．
（1）若函數$g（x）=f（x）+\frac{2}{x}$為減函數，求a的取值范圍；
（2）若f（x）≤0恒成立，證明：a≤1-b．

Answer 1

分析 （1）求出函數g（x）的導數，根據g′（x）≤0，分離參數a，求出a的范圍即可；
（2）求出函數f（x）的導數，令y=ax²+x+1，通過討論a的范圍，令x₀=$\frac{-1-\sqrt{1-4a}}{2a}$，根據函數的單調性得到b≤$\frac{1}{{x}_{0}}$-ax₀-lnx₀，a=-$\frac{{x}_{0}+1}{{{x}_{0}}^{2}}$，從而證出結論即可．

解答 解：（1）∵g（x）=f（x）+$\frac{2}{x}$=lnx+ax+$\frac{1}{x}$+b，x＞0，
g′（x）=$\frac{1}{x}$+a-$\frac{1}{{x}^{2}}$，x＞0，
∵g（x）為減函數，
∴g′（x）≤0，即a≤$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=${（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）}^{2}$-$\frac{1}{4}$，
∴a≤-$\frac{1}{4}$；
（2）證明：f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$+a=$\frac{{ax}^{2}+x+1}{{x}^{2}}$，（x＞0），
令y=ax²+x+1，
a≥0時，f′（x）＞0，函數f（x）在（0，+∞）遞增，
不滿足f（x）≤0恒成立，
當a＜0時，△=1-4a＞0，由ax²+x+1=0，
得x=$\frac{-1-\sqrt{1-4a}}{2a}$＞0或x=$\frac{-1+\sqrt{1-4a}}{2a}$＜0，
設x₀=$\frac{-1-\sqrt{1-4a}}{2a}$，
函數f（x）在（0，x₀）上遞增，在（x₀，+∞）遞減，
又f（x）≤0恒成立，故f（x₀）≤0，即lnx₀+ax₀-$\frac{1}{{x}_{0}}$+b≤0，
由上式得b≤$\frac{1}{{x}_{0}}$-ax₀-lnx₀，
由a${{x}_{0}}^{2}$+x₀+1=0得a=-$\frac{{x}_{0}+1}{{{x}_{0}}^{2}}$，
∴a+b≤$\frac{1}{{x}_{0}}$-ax₀-lnx₀-$\frac{{x}_{0}+1}{{{x}_{0}}^{2}}$=-lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}$+1，
令t=$\frac{1}{{x}_{0}}$，t＞0，h（t）=lnt+t-t²+1，
h′（t）=-$\frac{（2t+1）（t-1）}{t}$，
0＜t＜1時，h′（t）＞0，函數h（t）在（0，1）遞增，
t≥1時，h′（t）≤0，函數h（t）在（1，+∞）遞減，
h（t）≤h（1）=1，
故a+b≤1，即a≤1-b．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道綜合題．