Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=

1

2

x²+mx+

7

2

（m＜0），直線l與函數(shù)f（x）、g（x）的圖象都相切，且與函數(shù)f（x）的圖象的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1．
（Ⅰ）求直線l的方程及m的值；
（Ⅱ）若h（x）=f（x+1）-g′（x）（其中g(shù)′（x）是g（x）的導(dǎo)函數(shù)），求函數(shù)h（x）的最大值；
（Ⅲ）當(dāng)0＜b＜a時，比較：a+2af（a+b）與b+2af（2a）的大小．

Answer 1

分析：（Ⅰ）根據(jù)直線l與函數(shù)f（x）的圖象切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，得到切點(diǎn)P（1，0），再求出斜率k=f′（1），用點(diǎn)斜式方程可求直線l的方程．再設(shè)直線l與函數(shù)y=g（x）圖象切點(diǎn)為Q（x₀，x₀-1），根據(jù)兩曲線的公共點(diǎn)和導(dǎo)數(shù)的幾何意義聯(lián)列方程組，解之可得m的值；
（Ⅱ）由（I）的結(jié)果，得h（x）=ln（x+1）-x+2，通過求導(dǎo)數(shù)、討論h′（x）的符號，得到函數(shù)h（x）在區(qū)間（-1，0）上是增函數(shù)，在區(qū)間（0，+∞）上是減函數(shù)，從而得出函數(shù)h（x）的最大值是h（0）=2；
（III）先作差：[a+2af（a+b）]-[b+2af（2a）]=a-b+2aln（

a+b

2a

），然后記a-b=t，（t＞0），得a=b+t，將所得的差化為以b和t為單位的式子，再記-

t

2(b+t)

=s，F(xiàn)（s）=ln（1+s）-s，通過討論其單調(diào)性得ln（1+s）＜s，最后將此不等式還原為以b和t為單位的式子，運(yùn)用不等式的性質(zhì)進(jìn)行放縮，可得a-b+2aln（

a+b

2a

）＜0，最終得到a+2af（a+b）＜b+2af（2a）．

解答：解：（Ⅰ）∵直線l與函數(shù)f（x）的圖象相切，且切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1．
∴切點(diǎn)坐標(biāo)為P（1，ln1），即P（1，0）
求得f′（x）=

1

x

，所以切線斜率為k=f′（1）=1
∴直線l的方程為y=x-1
又∵直線l與函數(shù)y=g（x）的圖象相切，設(shè)切點(diǎn)為Q（x₀，x₀-1）
∴

x0-1= 1 2 x0 2+mx0+ 7 2    g/(x0) =x0+m=1

⇒m=-2或4
∵m＜0∴x₀=-2
故所求直線方程為y=x-1，m的值是-2
（Ⅱ）由（I）得g′（x）=x-2
∴h（x）=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2
求導(dǎo)：h′（x）=

1

x+1

-1=

-x

x+1

 （x＞-1）
當(dāng)x∈（-1，0）時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）是增函數(shù)；
當(dāng)x∈（0，+∞）時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）是減函數(shù)
∴函數(shù)h（x）在x=0時有極大值，并且這個極大值是最大值
故函數(shù)h（x）的最大值為h（0）=2；
（Ⅲ）為了比較：a+2af（a+b）與b+2af（2a）的大小，進(jìn)行作差：
[a+2af（a+b）]-[b+2af（2a）]=a-b+2a[f（a+b）-f（2a）]=a-b+2aln（

a+b

2a

）
∵0＜b＜a
∴設(shè)a-b=t，（t＞0），得a=b+t
可得a-b+2aln（

a+b

2a

）=t+2（b+t）ln[1-

t

2(b+t)

]
再記-

t

2(b+t)

=s，（-1＜s＜0），
F（s）=ln（1+s）-s⇒F′（s）=

-s

1+s

＞0
∴F（s）在（-1，0）是增函數(shù)，F(xiàn)（s）＜F（0）=0
∴t+2（b+t）ln[1-

t

2(b+t)

]＜t+2（b+t）•(-

t

2(b+t)

)=t-t=0
即a-b+2aln（

a+b

2a

）＜0
∴a+2af（a+b）＜b+2af（2a）

點(diǎn)評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程、導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用以及不等式與函數(shù)相綜合等知識點(diǎn)，屬于難題．解題時應(yīng)該注意轉(zhuǎn)化化歸思想與不等式放縮等技巧的運(yùn)用．