Question

已知函数f（x）=x（x+a）-lnx，其中a为常数．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）问过坐标原点可以作几条直线与曲线y=f（x）相切？并说明理由；
（3）若g（x）=f（x）•e^-x在区间（0，1）内是单调函数，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,导数的综合应用

分析：（1）求出f′（x），令f′（x）＞0，得增区间，令f′（x）＜0，得减区间，注意定义域（0，+∞）；
（2）设出切点，写出切线方程，由切线过原点，得到t²-1+lnt=0，可通过函数的单调性来判断方程的解的个数；
（3）先求导数g′（x），构造函数ϕ(x)=-x2+lnx-

1

x

+(2-a)x+a，求出导数Φ′（x），对a讨论，可分a≤2，a＞2，通过Φ（x）的单调性，确定g′（x）的符号，从而判断g（x）在（0，1）的单调性，注意条件g（x）在（0，1）内是单调函数，即可得到a的取值范围．

解答： 解：（1）由f′(x)=2x+a-

1

x

=

2x2+ax-1

x

=0(x＞0)
得x1=

-a+ a2+8

4

＞0，x2=

-a- a2+8

4

＜0（舍去），
∴f（x）在区间(0，

a2+8 -a

4

)内单调递减，在(

a2+8 -a

4

，+∞)内单调递增．
（2）设切点（t，t²+at-lnt），
则切线方程为y=(2t+a-

1

t

)(x-t)+t2+at-lnt．
∵切线过原点，∴0=(2t+a-

1

t

)(-t)+t2+at-lnt，
化简得t²-1+lnt=0（※）．
设h（t）=t²-1+lnt（t＞0），
则h′(t)=2t+

1

t

＞0，
∴h（t）在区间（0，+∞）内单调递增．
又h（1）=0，故方程（※）有唯一实根t=1，从而满足条件的切线只有一条．
（3）g′(x)=[f′(x)-f(x)]•e-x=[-x2+lnx-

1

x

+(2-a)x+a]•e-x．
设ϕ(x)=-x2+lnx-

1

x

+(2-a)x+a，
则ϕ′(x)=-2x+

1

x

+

1

x2

+2-a，
显然ϕ'（x）在区间（0，1）内单调递减．
①当a≤2时，ϕ'（1）=2-a≥0，从而ϕ'（x）＞0在（0，1）内恒成立，
即ϕ（x）在（0，1）内单调递增．注意到ϕ（1）=0，
∴ϕ（x）＜0即g'（x）＜0在（0，1）内恒成立．于是g（x）在区间（0，1）内单调递减，符合题意．
②当a＞2时，ϕ'（1）=2-a＜0，ϕ'（0⁺）→+∞，
从而?x₁∈（0，1），使得ϕ'（x）＞0在（0，x₁）内恒成立，
ϕ'（x）＜0在（x₁，1）内恒成立．即ϕ（x）在（0，x₁）内单调递增，在（x₁，1）内单调递减．
又ϕ（1）=0，所以ϕ（x₁）＞0，又ϕ（e^-a）=-e^-2a-e^a+（2-a）e^-a＜0，
∴存在x0∈(e-a，x1)，使得ϕ（x）＜0即g'（x）＜0在（e^-a，x₀）内恒成立，
ϕ（x）＞0即g'（x）＞0在（x₀，x₁）内恒成立．
∴g（x）在区间（0，1）内既有递减区间（e^-a，x₀），也有递增区间（x₀，x₁），不符合题意．
综上可知，实数a的取值范围是a≤2．

点评：本题主要考查导数在函数中的运用：求切线方程，必须注意优先考虑切点；求单调区间必须注意定义域，同时考查分类讨论的思想方法，是一道综合题．