Question

【题目】已知函数f（x）=lnx+ax在点（t，f（t））处的切线方程为y=3x+1
（1）求a的值；
（2）已知k≤2，当x＞1时，f（x）＞k（1﹣ ）+2x﹣1恒成立，求实数k的取值范围；
（3）对于在（0，1）中的任意一个常数b，是否存在正数x0 ， 使得e + x02＜1？请说明理由．

Answer 1

【答案】
（1）解：函数f（x）=lnx+ax的导数为f′（x）= +a，

在点（t，f（t））处切线方程为y=3x+1，

可得f′（t）= +a，

∴函数的切线方程为y﹣（lnt+at）=（ +a）（x﹣t），即y=（ +a）x+lnt﹣1，

∴ ，

解得a=2；

（2）证明：由（1）可得f（x）=lnx+2x，

∵f（x）＞k（1﹣ ）+2x﹣1，

∴lnx＞k（1﹣ ）﹣1

即为xlnx+x﹣k（x﹣3）＞0，

可令g（x）=xlnx+x﹣k（x﹣3），

g′（x）=2+lnx﹣k，

由x＞1，可得lnx＞0，2﹣k≥0，

即有g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）递增，

可得g（x）＞g（1）=1+2k≥0，

∴﹣ ≤k≤2

故k的取值范围为[﹣ ，2]；

（3）解：对于在（0，1）中的任意一个常数b，

假设存在正数x0，使得：e + x02＜1．

由ef（x0+1）﹣3x0﹣2+ x02=eln（x0+1）﹣x0+ x02=（x0+1）e﹣x0+ x02＜1成立，

从而存在正数x0，使得上式成立，只需上式的最小值小于0即可．

令H（x）=（x+1）e﹣x+ x2﹣1，H′（x）=e﹣x﹣（x+1）e﹣x+bx=x（b﹣e﹣x），

令H′（x）＞0，解得x＞﹣lnb，令H′（x）＜0，解得0＜x＜﹣lnb，

则x=﹣lnb为函数H（x）的极小值点，即为最小值点．

故H（x）的最小值为H（﹣lnb）=（﹣lnb+1）elnb+ ln2b﹣1= ln2b﹣blnb+b﹣1，

再令G（x）= ln2x﹣xlnx+x﹣1，（0＜x＜1），

G′（x）= （ln2x+2lnx）﹣（1+lnx）+1=ln2x＞0，

则G（x）在（0，1）递增，可得G（x）＜G（1）=0，则H（﹣lnb）＜0．

故存在正数x0=﹣lnb，使得e + x02＜1．

【解析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，解方程可得a的值；（2）求出f（x）=lnx+x，要证原不等式成立，即证xlnx+x﹣k（x﹣3）＞0，可令g（x）=xlnx+x﹣k（x﹣3），求出导数，判断符号，可得单调性，即可得证；（3）对于在（0，1）中的任意一个常数b，假设存在正数x0 ， 使得e + x02＜1．运用转化思想可令H（x）=（x+1）e﹣x+ x2﹣1，求出导数判断单调性，可得最小值，即可得到结论