Question

已知函數(shù)f（x）=x²+a（x+lnx），x＞0，a∈R是常數(shù)．試證明：
（1）?a∈R，y=（a+1）（2x-1）是函數(shù)y=f（x）的圖象的一條切線；
（2）?a∈R，存在ξ∈（1，e），使f′（ξ）=

f(e)-f(1)

e-1

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程,特稱命題

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，求得y=（a+1）（2x-1）的斜率k=2（a+1），由導(dǎo)函數(shù)等于2（a+1）求得x的值，再求出f（1），由點(diǎn)斜式得直線方程，整理后證得答案；
（2）求出

f(e)-f(1)

e-1

的值，構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=f′（ξ）-

f(e)-f(1)

e-1

，對(duì)a分類討論，當(dāng)a＞e（e-1）²或a＜

(e-1)2

e-2

時(shí)，由函數(shù)零點(diǎn)存在定理證明，當(dāng)

(e-1)2

e-2

≤a≤e(e-1)2時(shí)，由均值不等式求出函數(shù)g（x）的最小值，而最小值小于0，進(jìn)一步說明存在ξ∈（1，e），使g（ξ）=0，從而證得答案．

解答： 證明：（1）∵f（x）=x²+a（x+lnx），
∴f′(x)=2x+a(1+

1

x

)，直線y=（a+1）（2x-1）的斜率k=2（a+1），
由2x+a(1+

1

x

)=2(a+1)，得x=1，
∴f′（1）=2a+2，
又f（1）=1+a，
曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））的切線為y-1-a=（2a+2）（x-1），
即y=（a+1）（2x-1），
∴y=（a+1）（2x-1）是曲線y=f（x）的一條切線；
（2）直接計(jì)算知

f(e)-f(1)

e-1

=e+1+a+

a

e-1

，
設(shè)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(dāng)a＞e（e-1）²或a＜

(e-1)2

e-2

時(shí)，g(1)•g(e)=-

[a(e-2)-(e-1)2]•[a-e(e-1)2]

e(e-1)2

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

f(e)-f(1)

e-1

；
當(dāng)

(e-1)2

e-2

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

2a

-

a+e2-1

e-1

，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=

a 2

∈(1，e)時(shí)成立，
∴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(shí)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(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)的切線方程，訓(xùn)練了函數(shù)構(gòu)造法，考查了利用函數(shù)零點(diǎn)存在性定理判斷函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．