Question

已知函數(shù)f（x）=x²+a（x+lnx），x＞0，a∈R是常數(shù)．
（1）求函數(shù)y=f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)y=f（x）圖象上的點都在第一象限，試求常數(shù)a的取值范圍；
（3）證明：?a∈R，存在ξ∈（1，e），使f′（ξ）=

f(e)-f(1)

e-1

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：計算題,證明題,分類討論,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，求出切線的斜率和切點，由點斜式方程即可得到切線方程；
（2）討論a=0，a＞0，a＜0，運用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，以及分離參數(shù)，構造函數(shù)應用導數(shù)求極值、最值，即可得到a的范圍；
（3）設函數(shù)g（x）=f′（x）-

f(e)-f(1)

e-1

=2x-（e+1）+

a

x

-

a

e-1

，計算g（1），g（e），討論當a＞e（e-1）²或a＜

(e-1)2

e-2

時，由零點存在定理，即可得證；當

(e-1)2

e-2

≤a≤e(e-1)2時，求出g（x）的最小值，判斷它小于0，再由零點存在定理，即可得證．

解答： （1）解：函數(shù)f（x）=x²+a（x+lnx）的導數(shù)f′（x）=2x+a（1+

1

x

），
f（1）=1+a，f′（1）=2+2a，
則函數(shù)y=f（x）的圖象在點（1，f（1））處的切線為y-（1+a）=（2+2a）（x-1），
即y=（1+a）（2x-1）；
（2）解：①a=0時，f（x）=x²，因為x＞0，所以點（x，x²）在第一象限，
依題意，f（x）=x²+a（x+lnx）＞0；
②a＞0時，由對數(shù)函數(shù)性質(zhì)知，x∈（0，1）時，lnx∈（-∞，0），alnx∈（-∞，0），
從而“?x＞0，f（x）=x²+a（x+lnx）＞0”不成立；
③a＜0時，由f（x）=x²+a（x+lnx）＞0得

1

a

＜-(

1

x

+

1

x2

lnx)，
設g(x)=-(

1

x

+

1

x2

lnx)，g′（x）=

x-1

x3

+

2lnx

x3

，

x	（0，1）	1	（1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘	極小值	↗

則g（x）≥g（1）=-1，從而

1

a

＜-(

1

x

+

1

x2

lnx)＜-1，-1＜a＜0；
綜上所述，常數(shù)a的取值范圍-1＜a≤0．
（3）證明：直接計算知

f(e)-f(1)

e-1

=e+1+a+

a

e-1

，
設函數(shù)g（x）=f′（x）-

f(e)-f(1)

e-1

=2x-（e+1）+

a

x

-

a

e-1

，
g(1)=1-e+a-

a

e-1

=

a(e-2)-(e-1)2

e-1

，g(e)=e-1+

a

e

-

a

e-1

=

e(e-1)2-a

e(e-1)

，
當a＞e（e-1）²或a＜

(e-1)2

e-2

時，g(1)g(e)=-

[a(e-2)-(e-1)2][a-e(e-1)2]

e(e-1)2

＜0，
因為y=g（x）的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，所以存在ξ∈（1，e），使g（ξ）=0，
即ξ∈（1，e），使f′（ξ）=

f(e)-f(1)

e-1

；
當

(e-1)2

e-2

≤a≤e(e-1)2時，g（1）、g（e）≥0，而且g（1）、g（e）之中至少一個為正，
由均值不等式知，g(x)≥2

2a

-

a+e2-1

e-1

，等號當且僅當x=

a 2

∈(1，e)時成立，
所以g（x）有最小值m=2

2a

-

a+e2-1

e-1

=

-a+2(e-1) 2a -(e2-1)

e-1

，且m=

-a+2(e-1) 2a -(e2-1)

e-1

=

-[ a - 2 (e-1)]2+(e-1)(e-3)

e-1

＜0，
此時存在ξ∈（1，e）（ξ∈(1，

a 2

)或ξ∈(

a 2

，e)），使g（ξ）=0． 
綜上所述，?a∈R，存在ξ∈（1，e），使f′（ξ）=

f(e)-f(1)

e-1

．

點評：本題考查導數(shù)的綜合應用：求切線方程和求單調(diào)區(qū)間、極值和最值，同時考查函數(shù)的零點存在定理，以及分類討論的思想方法，屬于綜合題．