Question

3．已知函數(shù)g（x）=x²+ln（x+a），其中a為常數(shù)．
（1）當a=0時，求g（x）在（1，1）處的切線方程；
（2）討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（3）若g（x）存在兩個極值點x₁，x₂，求證：無論實數(shù)a取何值都有$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{2}$＞g（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，由點斜式方程即可得到所求切線的方程；
（2）利用求導(dǎo)法則求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)，把導(dǎo)函數(shù)解析式通分化簡，分4a²-8≤0，或4a²-8＞0兩種情況討論函數(shù)的單調(diào)性；
（3）當a＞$\sqrt{2}$時，函數(shù)g（x）在（$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）或（-a，$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞減；$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{2}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+ln（{x}_{1}+a）+{{x}_{2}}^{2}+ln（{x}_{2}+a）}{2}$=$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$ln2，g（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=g（-$\frac{a}{2}$）=$\frac{1}{4}$a²+ln$\frac{a}{2}$；令f（a）=$\frac{1}{4}$a²-lna+$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{1}{2}$，從而得證．

解答 解：（1）當a=0時，g（x）=x²+lnx=2x+$\frac{1}{x}$，
g（x）的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=2-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
g（x）在（1，1）處的切線斜率為2-1=1，
則g（x）在（1，1）處的切線方程為y-1=x-1，
即x-y=0；
（2）∵g（x）=x²+ln（x+a），
∴函數(shù)的定義域為（-a，+∞）
∴g′（x）=2x+$\frac{1}{x+a}$，
令2x+$\frac{1}{x+a}$＞0，
2x²+2ax+1＞0，
當4a²-8≤0時，即-$\sqrt{2}$≤a≤$\sqrt{2}$時，g′（x）≥0，即函數(shù)g（x）在（-a，+∞）單調(diào)遞增，
當4a²-8＞0時，即a＞$\sqrt{2}$，或a＜-$\sqrt{2}$時，
令g′（x）=0，解得x=$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，或x=$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，
①若a＞$\sqrt{2}$，
當g′（x）＞0時，即x＞$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，或-a＜x＜$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，
當g′（x）＜0時，即$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$＜x＜$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，
②若a＜-$\sqrt{2}$，g′（x）＞0，即函數(shù)g（x）在（-a，+∞）單調(diào)遞增，
綜上所述：當a≤$\sqrt{2}$時，即函數(shù)g（x）在（-a，+∞）單調(diào)遞增，
當a＞$\sqrt{2}$時，函數(shù)g（x）在（$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞）或（-a，$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞增，
在（$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞減，
（3）證明：由（1）可知，當a＞$\sqrt{2}$時，函數(shù)g（x）在（$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，+∞），
（-a，$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$），$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞增，
在（$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$，$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}-2}}{2}$）上單調(diào)遞減，
x₁+x₂=-a；x₁•x₂=$\frac{1}{2}$，
$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{2}$=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+ln（{x}_{1}+a）+{{x}_{2}}^{2}+ln（{x}_{2}+a）}{2}$=$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$ln2，
g（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=g（-$\frac{a}{2}$）=$\frac{1}{4}$a²+ln$\frac{a}{2}$；
故$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{2}$-g（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）
=（$\frac{1}{2}$a²-$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{2}$ln2）-（$\frac{1}{4}$a²+ln$\frac{a}{2}$）
=$\frac{1}{4}$a²-lna+$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{1}{2}$；
令f（a）=$\frac{1}{4}$a²-lna+$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{1}{2}$，
則f′（a）=$\frac{1}{2}$a-$\frac{1}{a}$=$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$，
∵a＞$\sqrt{2}$，∴$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$＞0；
∴f（a）=$\frac{1}{4}$a²-lna+$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{1}{2}$在（$\sqrt{2}$，+∞）上增函數(shù)，
且f（$\sqrt{2}$）=0，
故$\frac{1}{4}$a²-lna+$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{1}{2}$＞0，
故無論實數(shù)a取什么值都有$\frac{g（{x}_{1}）+g（{x}_{2}）}{2}$＞g（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間，同時考查了分類討論思想方法和恒成立問題，屬于難題．