Question

8．设a，b∈R，曲线f（x）=ax²+lnx+b（x＞0）在点（1，f（1））处的切线方程为4x+4y+1=0．
（1）若函数g（x）=f（ax）-m有2个零点，求实数m的取值范围；
（2）当p≤2时，证明：f（x）＜x³-px²．

Answer 1

分析 （1）求出导数，求得切线的斜率和切点，由切线的方程可得a，b，进而得到f（x）的解析式，函数g（x）=f（ax）-m有2个零点，即为f（-x）=m有两个不等的实根．求得f（-x）的导数和单调区间，可得最大值，即可得到m的范围；
（2）对p讨论，当p≤0时，当0＜p≤2时，求出f（x）的导数，可得单调区间，即有最大值，再求y=x³-px²的导数，单调区间，求得最小值，比较即可得证．

解答 解：（1）f（x）=ax²+lnx+b的导数为f′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$，
由在点（1，f（1））处的切线方程为4x+4y+1=0，可得
切线的斜率为2a+1=-1，切点为（1，-$\frac{5}{4}$），可得a+b=-$\frac{5}{4}$，
解方程可得a=-1，b=-$\frac{1}{4}$，
即f（x）=-x²+lnx-$\frac{1}{4}$，
函数g（x）=f（ax）-m有2个零点，即为f（-x）=m有两个不等的实根．
由f（-x）=-x²+ln（-x）-$\frac{1}{4}$的导数为-2x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-2{x}^{2}}{x}$（x＜0），
可得x＜-$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，f（-x）递增，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜x＜0时，f（-x）递减，
即有x=-$\frac{\sqrt{2}}{2}$处取得最大值，且为-$\frac{3}{4}$+ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得m＜-$\frac{3}{4}$+ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（2）证明：f（x）的导数为-2x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-2{x}^{2}}{x}$（x＞0），
可得0＜x＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，f（-x）递增，x＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，f（-x）递减，
即有x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$处取得最大值，且为-$\frac{3}{4}$+ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜0，
当p≤0时，x³-px²＞0，即有f（x）＜x³-px²；
当0＜p≤2时，y=x³-px²的导数为3x²-2px，
当x＞$\frac{2p}{3}$时，函数递增，当0＜x＜$\frac{2p}{3}$时，函数递减，
即有x=$\frac{2p}{3}$处取得最小值，且为-$\frac{4}{27}$p³，
由-$\frac{3}{4}$+ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜-$\frac{4}{27}$p³，可得f（x）＜x³-px²．
综上可得当p≤2时，f（x）＜x³-px²．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、最值，考查函数方程的转化思想，同时考查分类讨论的思想方法，属于中档题．