Question

9．已知函数f（x）=lnx+ax²+bx（a，b∈R）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为4x-y-2=0．
（I）求a，b的值，
（II）判断函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）若函数g（x）=$\frac{f（x）}{x+1}$-x在区间[t，+∞）（t∈N^*）内存在极值，求t的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据切线方程得到关于a，b的方程组，求出a，b的值即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，判断导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅲ）求出g（x）的解析式，得到1+$\frac{1}{t}$-lnt＞0，且?s∈[t，+∞），使得1+$\frac{1}{s}$-lns＜0，对t取值判断即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=ax²+bx+lnx的导数为f′（x）=2ax+b+$\frac{1}{x}$，
在点（1，f（1））处的切线斜率为k=2a+b+1，
由切线方程为y=4x-2，可得2a+b+1=4，且a+b=2，
解得a=b=1，
（Ⅱ）由（Ⅰ）故f（x）=lnx+x²+x，（x＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x+1＞0，
故f（x）在（0，+∞）递增；
（Ⅲ）由（Ⅰ）g（x）=$\frac{lnx{+x}^{2}+x}{x+1}$-x=$\frac{lnx}{x+1}$，
g′（x）=$\frac{1+\frac{1}{x}-lnx}{{（x+1）}^{2}}$，
显然1+$\frac{1}{x}$-lnx在（0，+∞）递减，
故1+$\frac{1}{t}$-lnt＞0，且?s∈[t，+∞），使得1+$\frac{1}{s}$-lns＜0，
取s=e²，成立，
又需满足1+$\frac{1}{t}$-lnt＞0，
又t∈N^*，
t=1时，2＞0成立，
t=2时，$\frac{3}{2}$-ln2＞0成立，
t=3时，1+$\frac{1}{3}$-ln3＞0成立，
t=4时，1+$\frac{1}{4}$-2ln2＜0，不成立，
故t的最大值是t=3．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．