Question

14．設函數f（x）=1-$\frac{1}{x}$，g（x）=$\frac{x}{ax+1}$（其中a∈R，e是自然對數的底數）．
（1）若函數f（x），g（x）的圖象在x${\;}_{0}=\frac{1}{2}$處的切線斜率相同，求實數a的值；
（2）若f（e^x）≤g（x）在x∈[0，+∞） 恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$，g′（x）=$\frac{ax+1-ax}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{1}{（ax+1）^{2}}$．由函數f（x），g（x）的圖象在x${\;}_{0}=\frac{1}{2}$處的切線斜率相同，可得$\frac{1}{（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{1}{（\frac{1}{2}a+1）^{2}}$，解得a即可得出．
（2）由f（e^x）≤g（x）在x∈[0，+∞） 恒成立，即$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$，$1-\frac{1}{{e}^{x}}$∈[0，1），$\frac{x}{ax+1}$≥0在x∈[0，+∞） 恒成立，可得a≥0．于是不等式$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$恒成立等價于（ax+1）（e^x-1）-e^xx≤0在[0，+∞）上恒成立．令：h（x）=（ax+1）（e^x-1）-e^xx=e^x（ax-x+1）-（ax+1），利用導數研究其單調性，對a分類討論即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$，g′（x）=$\frac{ax+1-ax}{（ax+1）^{2}}$=$\frac{1}{（ax+1）^{2}}$．
∵函數f（x），g（x）的圖象在x${\;}_{0}=\frac{1}{2}$處的切線斜率相同，
∴$\frac{1}{（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{1}{（\frac{1}{2}a+1）^{2}}$，解得a=-3或-1．都符合題意．
∴求得實數a的值為-3或-1．
（2）∵f（e^x）≤g（x）在x∈[0，+∞） 恒成立，
∴$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$，$1-\frac{1}{{e}^{x}}$∈[0，1），
∴$\frac{x}{ax+1}$≥0在x∈[0，+∞） 恒成立，
∴a≥0．
不等式$1-\frac{1}{{e}^{x}}$≤$\frac{x}{ax+1}$恒成立等價于（ax+1）（e^x-1）-e^xx≤0在[0，+∞）上恒成立．
令：h（x）=（ax+1）（e^x-1）-e^xx=e^x（ax-x+1）-（ax+1），
h′（x）=e^x（ax-x+a）-a，
h^″（x）=e^x（ax-x+2a-1）=（a-1）e^x$（x+\frac{2a-1}{a-1}）$．
h^″（0）=2a-1，h′（0）=0，h（0）=0．
①當a≥1時，∴在x∈[0，+∞），h^″（x）＞0，∴h′（x）在（0，+∞） 是增函數，
∴h′（x）＞h′（0）=0，h（x）在（0，+∞）  是增函數，
∴與h（x）=（ax+1）（e^x-1）-e^xx≤0矛盾，舍去．
②當$\frac{1}{2}＜a＜1$時，∴（a-1）＜0，$\frac{2a-1}{a-1}$＜0，∴h^″（x）=（a-1）e^x$（x+\frac{2a-1}{a-1}）$．在$（0，-\frac{2a-1}{a-1}）$ 時，
h^″（x）＞0，∴與（1）同理，不合題意，舍去．
③當$0≤a≤\frac{1}{2}$時，∴（a-1）＜0，$\frac{2a-1}{a-1}$≥0，故h′（x）在x∈（0，+∞）上是減函數，
∴h′（x）＜h′（0）=0，函數h（x）是（0，+∞）上的減函數，h（x）＜h（0）=0符合題意．
綜合得：實數a的取值范圍為$[0，\frac{1}{2}]$．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、幾何意義，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．