Question

已知函数f（x）=x²+a（x+lnx），x＞0，a∈R是常数．
（1）求函数y=f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数y=f（x）图象上的点都在第一象限，试求常数a的取值范围；
（3）证明：?a∈R，存在ξ∈（1，e），使f′（ξ）=

f(e)-f(1)

e-1

．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：计算题,证明题,分类讨论,导数的综合应用

分析：（1）求出函数f（x）的导数，求出切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到切线方程；
（2）讨论a=0，a＞0，a＜0，运用对数函数的性质，以及分离参数，构造函数应用导数求极值、最值，即可得到a的范围；
（3）设函数g（x）=f′（x）-

f(e)-f(1)

e-1

=2x-（e+1）+

a

x

-

a

e-1

，计算g（1），g（e），讨论当a＞e（e-1）²或a＜

(e-1)2

e-2

时，由零点存在定理，即可得证；当

(e-1)2

e-2

≤a≤e(e-1)2时，求出g（x）的最小值，判断它小于0，再由零点存在定理，即可得证．

解答： （1）解：函数f（x）=x²+a（x+lnx）的导数f′（x）=2x+a（1+

1

x

），
f（1）=1+a，f′（1）=2+2a，
则函数y=f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线为y-（1+a）=（2+2a）（x-1），
即y=（1+a）（2x-1）；
（2）解：①a=0时，f（x）=x²，因为x＞0，所以点（x，x²）在第一象限，
依题意，f（x）=x²+a（x+lnx）＞0；
②a＞0时，由对数函数性质知，x∈（0，1）时，lnx∈（-∞，0），alnx∈（-∞，0），
从而“?x＞0，f（x）=x²+a（x+lnx）＞0”不成立；
③a＜0时，由f（x）=x²+a（x+lnx）＞0得

1

a

＜-(

1

x

+

1

x2

lnx)，
设g(x)=-(

1

x

+

1

x2

lnx)，g′（x）=

x-1

x3

+

2lnx

x3

，

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

则g（x）≥g（1）=-1，从而

1

a

＜-(

1

x

+

1

x2

lnx)＜-1，-1＜a＜0；
综上所述，常数a的取值范围-1＜a≤0．
（3）证明：直接计算知

f(e)-f(1)

e-1

=e+1+a+

a

e-1

，
设函数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)

，
当a＞e（e-1）²或a＜

(e-1)2

e-2

时，g(1)g(e)=-

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

e(e-1)2

＜0，
因为y=g（x）的图象是一条连续不断的曲线，所以存在ξ∈（1，e），使g（ξ）=0，
即ξ∈（1，e），使f′（ξ）=

f(e)-f(1)

e-1

；
当

(e-1)2

e-2

≤a≤e(e-1)2时，g（1）、g（e）≥0，而且g（1）、g（e）之中至少一个为正，
由均值不等式知，g(x)≥2

2a

-

a+e2-1

e-1

，等号当且仅当x=

a 2

∈(1，e)时成立，
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，
此时存在ξ∈（1，e）（ξ∈(1，

a 2

)或ξ∈(

a 2

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

f(e)-f(1)

e-1

．

点评：本题考查导数的综合应用：求切线方程和求单调区间、极值和最值，同时考查函数的零点存在定理，以及分类讨论的思想方法，属于综合题．