Question

8．已知函数f（x）=x³+x+k在（b，f（b））处的切线方程为4x-y-1=0，其中b＞0．m（x）=f（x）-x³-1-alnx，g（x）=$-\frac{1+a}{x}$，（a∈R）
（1）求k，b的值；
（2）设函数h（x）=m（x）-g（x），求函数h（x）的单调区间；
（3）若在[1，e]（e=2.718…）上存在一点x₀，使得m（x₀）＜g（x₀）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，由已知切线的方程，可得斜率和切点，解方程可得k，b的值；
（2）求出导数，通过令h′（x）=0，解得x=-1或x=a+1，结合a≤-1或a＞-1，及x∈（0，+∞），即得结论；
（3）由条件可得h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零，结合（2）可知函数的单调性，分①1+a≥e、②1＜1+a＜e、③1+a≤1，④a+1≤0，四种情况讨论即可．

解答 解：（1）函数f（x）=x³+x+k的导数为f′（x）=3x²+1，
由f（x）在（b，f（b））处的切线方程为4x-y-1=0，
可得切线的斜率为3b²+1=4，解得b=1；
切点为（1，2+k），又2+k=3，解得k=1；
（2）h（x）=m（x）-g（x）=x³+x+1-x³-1-alnx+$\frac{1+a}{x}$
=x-alnx+$\frac{1+a}{x}$，
h（x）的定义域为（0，+∞），
则h′（x）=1-$\frac{1+a}{{x}^{2}}$-$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-ax-（1+a）}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
令h′（x）=0，即（x+1）[x-（1+a）]=0，解得x=-1或x=a+1，
当a＞-1，即a+1＞0，则x=a+1，
又∵x∈（0，+∞），∴当0＜x＜1+a时，h′（x）＜0；
当x＞1+a时，f′（x）＞0．
所以函数h（x）的单调递减区间为（0，1+a），单调递增区间为（1+a，+∞）；
当a≤-1时，a+1≤0，h′（x）＞0恒成立，h（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
（3）在[1，e]上存在一点x₀，使得m（x₀）＜g（x₀）成立，即为
函数h（x）在区间[1，e]上存在一点x₀，使得h（x₀）＜0成立，
则函数h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
①当1+a≥e，即a≥e-1时，由（2）知，h（x）在[1，e]上单调递减，
所以h（x）的最小值为h（e）=e+$\frac{1+a}{e}$-a，
令e+$\frac{1+a}{e}$-a＜0，解得a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，
∵$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$＞e-1，∴a＞$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$；
②当1＜1+a＜e，即0＜a＜e-1时，由（1）知，
函数h（x）在（1，1+a）上单调递减，在（1+a，e）上单调递增，
所以h（x）的最小值为h（1+a）=2+a-aln（1+a），
∵0＜ln（1+a）＜1，∴0＜aln（1+a）＜a，
故函数h（x）在[1，e]上的最小值h（1+a）=2+a-aln（1+a）＞2＞0，
故此时没有满足条件的实数a；
③当1+a≤1，即-1＜a≤0时，由（1）知，
函数h（x）在[1，e]上单调递增，所以h（x）的最小值为h（1）=2+a，
∵-1＜a≤0，∴h（x）在[1，e]上的最小值h（1）=2+a＞1＞0，
故此时没有满足条件的实数a；
④当a≤-1时，由（2）可得h（x）在[1，e]递增，
可得h（1）取得最小值，且为2+a，
由2+a＜0，可得a＜-2．
综上可得，所求实数a的取值范围是（$\frac{{e}^{2}+1}{e-1}$，+∞）∪（-∞，-2）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和函数的单调性、最值，通过已知条件得出“函数h（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零”是解决本题的关键，属于难题．