Question

6．已知函數(shù)f（x）=alnx+bx²的圖象在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為x-y-1=0，g（x）=2af（x+t），t∈R且t≤2．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）求證：g（x）＜e^x+f（x+t）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)x=1時(shí)，y=0，代入f（x）=alnx+bx²得b=0，由f'（1）=1，得a=1，
（Ⅱ）要證當(dāng)t≤2時(shí)，g（x）＜e^x+f（x+t）恒成立，即證明；當(dāng)t≤2時(shí)，e^x-ln（x+t）＞0對于?x∈（-t，+∞）恒成立，由于t≤2，x+t≤x+2，ln（x+t）≤ln（x+2），e^x-ln（x+t）≥e^x-ln（x+2），
只要證明：e^x-ln（x+2）＞0對于?x∈（-2，+∞）恒成立即可．令φ（x）=e^x-ln（x+2），（x＞-2），對函數(shù)φ（x）=e^x-ln（x+2），（x＞-2），處理即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)x=1時(shí)，y=0，代入f（x）=alnx+bx²得b=0，
所以$f（x）=alnx，f'（x）=\frac{a}{x}$，
由切線方程知f'（1）=1，所以a=1，故f（x）=lnx．
（Ⅱ）要證當(dāng)t≤2時(shí)，g（x）＜e^x+f（x+t）恒成立，
即證明；當(dāng)t≤2時(shí)，e^x-ln（x+t）＞0對于?x∈（-t，+∞）恒成立，
由于t≤2，x+t≤x+2，ln（x+t）≤ln（x+2），e^x-ln（x+t）≥e^x-ln（x+2），
只要證明：e^x-ln（x+2）＞0對于?x∈（-2，+∞）恒成立即可．
證明：令φ（x）=e^x-ln（x+2），（x＞-2）
則$ϕ'（x）={e^x}-\frac{1}{x+2}$，令k（x）=ϕ'（x），則$k'（x）={e^x}+\frac{1}{{{{（{x+2}）}^2}}}＞0$，
∴ϕ'（x）在（-2，+∞）上單調(diào)遞增，且$ϕ'（{-1}）=\frac{1}{e}-1＜0，ϕ'（0）=1-\frac{1}{2}＞0$，
∴?x₀∈（-1，0），使得$ϕ'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{{{x_0}+2}}=0$成立，
當(dāng)x∈（-2，x₀）時(shí)，ϕ'（x）＜0，ϕ（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，ϕ'（x）＞0，ϕ（x）單調(diào)遞增；
∴$ϕ{（x）_{min}}=ϕ（{x_0}）={e^{x_0}}-ln（{{x_0}+2}）$，
又由$ϕ'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{{{x_0}+2}}=0$，得${e^{x_0}}=\frac{1}{{{x_0}+2}}$，且x₀=-ln（x₀+2），
∴$ϕ{（x）_{min}}=ϕ（{x_0}）={e^{x_0}}-ln（{{x_0}+2}）=\frac{1}{{{x_0}+2}}+{x_0}=\frac{{{{（{{x_0}+1}）}^2}}}{{{x_0}+2}}＞0$，
∴e^x-ln（x+2）＞0對于?x∈（-2，+∞）恒成立，
∴g（x）＜e^x+f（x+t）得證．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)恒等式的證明，解題的關(guān)鍵是要對恒等式適當(dāng)放縮、變形，屬于難題．