Question

12．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²+x，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）已知a＜0，對于函數(shù)f（x）圖象上任意不同的兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中x₂＞x₁，直線AB的斜率為k，記N（u，0），若$\overrightarrow{AB}=λ\overrightarrow{AN}（1≤λ≤2）$，求證f′（u）＜k．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線方程，
（Ⅱ）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，
（Ⅲ）要證：f′（u）＜k．，只需證$\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}＜0$，構(gòu)造函數(shù)令$g（t）=\frac{λ（t-1）}{t+λ-1}-lnt$，通過討論函數(shù)的單調(diào)性，從而證出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時，f（x）=lnx+x²+x，
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+2x+1$，
∴f'（1）=4
又∵f（1）=ln1+1²+1=2，
∴函數(shù)f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程為：y-2=4（x-1），
即4x-y-2=0．
（Ⅱ）f（x）的定義域為（0，+∞）$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax+1=\frac{{2a{x^2}+x+1}}{x}$，
當(dāng)a≥0時，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增；
當(dāng)a＜0時，令f'（x）=0，解得，$x=\frac{{-1±\sqrt{1-8a}}}{4a}$，
∵x＞0，
∴$x=\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}$
則$x∈（0，\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}）$時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
$x∈（\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}，+∞）$時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
綜上，a≥0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
a＜0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}）$，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}，+∞）$
（Ⅲ）證明：$k=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}+a{x_2}^2+{x_2}-ln{x_1}-a{x_1}^2-{x_1}^{\;}}}{{{x_2}-{x_1}}}$=$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}+a（{x_1}+{x_2}）+1$，
∵$N（u，0），A（{x_1}，{y_2}），B（{x_2}，{y_2}），\overrightarrow{AB}=λ\overrightarrow{AN}（1≤λ≤2）$，
∴x₂-x₁=λ（u-x₁），
∴$u=\frac{{{x_2}+（λ-1）{x_1}}}{λ}$，
又$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax+1$，
∴$f'（u）=\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}+2a\frac{{{x_2}+（λ-1）{x_1}}}{λ}+1$，
∴$f'（u）-k=\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}+\frac{a}{λ}（2-λ）（{x_2}-{x_1}）$，
∵a＜0，x₂＞x₁，1≤λ≤2，
∴$\frac{a}{λ}（2-λ）（{x_2}-{x_1}）＜0$
要證：f′（u）＜k．，只需證$\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}＜0$
即證：$\frac{{λ（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-（lnx_2^{\;}-ln{x_1}）＜0$，設(shè)$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$
令$g（t）=\frac{λ（t-1）}{t+λ-1}-lnt$，
則$g'（t）=\frac{{-{t^2}+（{λ^2}-2λ+2）t-{{（λ-1）}^2}}}{{{{（t+λ-1）}^2}t}}$，
令h（t）=-t²+（λ²-2λ+2）t-（λ-1）²，t＞1，1≤λ≤2
對稱軸$t=\frac{{{{（λ-1）}^2}+1}}{2}≤1$．h（t）＜h（1）=0，
∴g'（t）＜0，
故g（t）在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，則g（t）＜g（1）=0，
故f′（u）＜k．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查分離參數(shù)法的運用，考查不等式的證明，構(gòu)造函數(shù)，正確求導(dǎo)是關(guān)鍵．