Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²+（2a+1）x．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當a＜0時，證明f（x）≤-$\frac{3}{4a}$-2．

Answer 1

分析 （1）題干求導可知f′（x）=$\frac{（2ax+1）（x+1）}{x}$（x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三種情況討論f′（x）與0的大小關(guān)系可得結(jié)論；
（2）通過（1）可知f（x）_max=f（-$\frac{1}{2a}$）=-1-ln2-$\frac{1}{4a}$+ln（-$\frac{1}{a}$），進而轉(zhuǎn)化可知問題轉(zhuǎn)化為證明：當t＞0時-$\frac{1}{2}$t+lnt≤-1+ln2．進而令g（t）=-$\frac{1}{2}$t+lnt，利用導數(shù)求出y=g（t）的最大值即可．

解答 （1）解：因為f（x）=lnx+ax²+（2a+1）x，
求導f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax+（2a+1）=$\frac{2a{x}^{2}+（2a+1）x+1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x+1）}{x}$，（x＞0），
①當a=0時，f′（x）=$\frac{1}{x}$+1＞0恒成立，此時y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此時y=f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
③當a＜0時，令f′（x）=0，解得：x=-$\frac{1}{2a}$．
因為當x∈（0，-$\frac{1}{2a}$）f′（x）＞0、當x∈（-$\frac{1}{2a}$，+∞）f′（x）＜0，
所以y=f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$）上單調(diào)遞增、在（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上單調(diào)遞減．
綜上可知：當a≥0時f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當a＜0時，f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$）上單調(diào)遞增、在（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上單調(diào)遞減；
（2）證明：由（1）可知：當a＜0時f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$）上單調(diào)遞增、在（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上單調(diào)遞減，
所以當x=-$\frac{1}{2a}$時函數(shù)y=f（x）取最大值f（x）_max=f（-$\frac{1}{2a}$）=-1-ln2-$\frac{1}{4a}$+ln（-$\frac{1}{a}$）．
從而要證f（x）≤-$\frac{3}{4a}$-2，即證f（-$\frac{1}{2a}$）≤-$\frac{3}{4a}$-2，
即證-1-ln2-$\frac{1}{4a}$+ln（-$\frac{1}{a}$）≤-$\frac{3}{4a}$-2，即證-$\frac{1}{2}$（-$\frac{1}{a}$）+ln（-$\frac{1}{a}$）≤-1+ln2．
令t=-$\frac{1}{a}$，則t＞0，問題轉(zhuǎn)化為證明：-$\frac{1}{2}$t+lnt≤-1+ln2．…（*）
令g（t）=-$\frac{1}{2}$t+lnt，則g′（t）=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{t}$，
令g′（t）=0可知t=2，則當0＜t＜2時g′（t）＞0，當t＞2時g′（t）＜0，
所以y=g（t）在（0，2）上單調(diào)遞增、在（2，+∞）上單調(diào)遞減，
即g（t）≤g（2）=-$\frac{1}{2}$×2+ln2=-1+ln2，即（*）式成立，
所以當a＜0時，f（x）≤-$\frac{3}{4a}$-2成立．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查分類討論的思想，考查轉(zhuǎn)化能力，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．