Question

6．已知函数f（x）=x+a1nx在x=1处的切线l与直线x+2y=0垂直．
（1）求实数a的值；
（2）已知函数g（x）=（2-m）f（x）+（3m-2）x+$\frac{1}{x}$，当m＜0时，讨论g（x）的单调性；
（3）若存在实数t∈[0，2]，使得对任意的x∈[1，k]，不等式（x³-6x²+3x+t）e^x≤f（x）-lnx恒成立，e为自然对数的底数，求正整数k的最大值．

Answer 1

分析 （1）由题意先求直线x+2y=0的斜率为-$\frac{1}{2}$；再由垂直可得在x=1处的切线的斜率为2；求导并令导数为2即可．
（2）求导数，分类讨论，利用导数的正负，可得g（x）的单调性；
（3）不等式（x³-6x²+3x+t）e^x≤f（x）-lnx，即（x³-6x²+3x+t）e^x≤x，即t≤xe^-x-x³+6x²-3x，转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，k]，不等式t≤xe^-x-x³+6x²-3x恒成立，构造新函数，确定单调性，计算相应函数值的正负，即可求正整数k的最大值．

解答 解：（1）直线x+2y=0的斜率为-$\frac{1}{2}$，故在x=1处的切线的斜率为2；
f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，故f′（1）=1+a=2；
解得，a=1；
（2）g（x）=（2-m）（x+lnx）+（3m-2）x+$\frac{1}{x}$=2mx+（2-m）lnx+$\frac{1}{x}$，
∴g′（x）=$\frac{（2x-1）（mx+1）}{{x}^{2}}$，
m＜-2时，函数在（-$\frac{1}{m}$，$\frac{1}{2}$）上单调递增，（0，-$\frac{1}{m}$），（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递减；
m=-2，函数在（0，+∞）上单调递减；
-2＜m＜0，函数在（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{m}$）上单调递增，（0，$\frac{1}{2}$），（-$\frac{1}{m}$，+∞）上单调递减；
（3）（x³-6x²+3x+t）e^x≤f（x）-lnx，即（x³-6x²+3x+t）e^x≤x，即t≤xe^-x-x³+6x²-3x．
转化为存在实数t∈[0，2]，使对任意的x∈[1，k]，不等式t≤xe^-x-x³+6x²-3x恒成立．
即不等式2≤xe^-x-x³+6x²-3x在x∈[1，k]上恒成立．
设φ（x）=e^-x-x²+6x-3，则φ（x）=-g^-x-2x+6．
设r（x）=φ（x）=-g^-x-2x+6，则r′（x）=g^-x-2，因为1≤x≤k，有r′（x）＜0．
故r（x）在区间[1，k]上是减函数
又r（1）=4-e^-1＞0，r（2）=2-e^-2＞0，r（3）=-e^-3＜0
故存在x₀∈（2，3），使得r（x₀）=φ′（x₀）=0．
当1≤x＜x₀时，有φ′（x）＞0，当x＞x₀时，有φ′（x）＜0．
从而y=φ（x）在区间[1，x₀）上递增，在区间（x₀，+∞）上递减
又φ（1）=e^-1+4＞0，φ（2）=e^-2+5＞0，φ（3）=e^-3+6＞0
φ（4）=e^-4+5＞0，φ（5）=e^-5+2＞0，φ（6）=e^-6-3＜0
所以当1≤x≤5时，恒有φ（x）＞0；当x≥6时，恒有φ（x）＜0；
故使命题成立的正整数k的最大值为5．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的极值，考查函数的单调性，导数的几何意义的应用及导数的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．