题目内容

已知函数f(x)=
a2
x2+(a+1)x+2ln(x-1)

(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线与直线2x-y+1=0平行,求出这条切线的方程;
(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调区间;
(Ⅲ)若对于任意的x∈(1,+∞),都有f(x)<-2,求实数a的取值范围.
分析:(Ⅰ)由f′(x)=ax+a+1+
2
x-1
,得切线斜率为k=f'(2)=2a+3,据题设,k=2,所以a=-
1
3
,故有f(2)=
2
3
,由此能求出切线方程.
(Ⅱ)由f′(x)=ax+a+1+
2
x-1
=
ax2+x-a+1
x-1
=
(x+1)(ax-a+1)
x-1
(x>1)
,知当a=0时,f′(x)=
x+1
x-1
,由于x>1,所以f′(x)=
x+1
x-1
>0
,由此能够讨论函数f(x)的单调区间.
(Ⅲ)当a≥0时,考查f(2)=4a+2≥2>0,不合题意,舍;当a<0时,由(Ⅱ)知f(x)max=f(
a-1
a
)=
3a2-2a-1
2a
-2ln(-a)
.故只需
3a2-2a-1
2a
-2ln(-a)<-2
,即3a+2-
1
a
<4ln(-a)
.由此能求出实数a的取值范围.
解答:解:(Ⅰ)f′(x)=ax+a+1+
2
x-1

得切线斜率为k=f'(2)=3a+3,(2分)
据题设,k=2,所以a=-
1
3
,故有f(2)=
2
3
,(3分)
所以切线方程为y-f(2)=2(x-2),
即6x-3y-10=0,(4分)
(Ⅱ)f′(x)=ax+a+1+
2
x-1
=
ax2+x-a+1
x-1
=
(x+1)(ax-a+1)
x-1
(x>1)

当a=0时,f′(x)=
x+1
x-1

由于x>1,所以f′(x)=
x+1
x-1
>0

可知函数f(x)在定义区间(1,+∞)上单调递增,(6分)
当a≠0时,f′(x)=
a(x+1)(x-
a-1
a
)
x-1

若a>0,则
a-1
a
<1

可知当x>1时,有f'(x)>0,
函数f(x)在定义区间(1,+∞)上单调递增,(8分)
若a<0,则
a-1
a
>1

得当x∈(1,
a-1
a
)
时,f'(x)>0;
x∈(
a-1
a
,+∞)
时,f'(x)<0.
所以,函数f(x)在区间(1,
a-1
a
)
上单调递增,
在区间(
a-1
a
,+∞)
上单调递减.
综上,当a≥0时,函数f(x)的单调递增区间是定义区间(1,+∞);
当a<0时,函数f(x)的单调增区间为(1,
a-1
a
)
,减区间为(
a-1
a
,+∞)
,(10分)
(Ⅲ)当a≥0时,考查f(2)=4a+2≥2>0,不合题意,舍;
当a<0时,由(Ⅱ)知f(x)max=f(
a-1
a
)=
3a2-2a-1
2a
-2ln(-a)

故只需
3a2-2a-1
2a
-2ln(-a)<-2
,即3a+2-
1
a
<4ln(-a)
.(11分)
令t=-a,则不等式为-3t+2+
1
t
<4lnt
,且t>0.
构造函数g(t)=4lnt+3t-2-
1
t
(t>0)

g′(t)=
4
t
+3+
1
t2
>0

知函数g(t)在区间(0,+∞)上单调递增.
因为g(1)=4ln1+3-2-1=0,所以当t>1时,g(1)>0,
这说明不等式-3t+2+
1
t
<4lnt(t>0)
的解为t>1,即得a<-1.
综上,实数a的取值范围是(-∞,-1).(14分)
点评:本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用,考查运算求解能力,推理论证能力;考查化归与转化思想.综合性强,难度大,有一定的探索性,对数学思维能力要求较高,是高考的重点.解题时要认真审题,仔细解答.
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