Question

已知函数f（x）=x²+a（x+lnx），x＞0，a∈R是常数．试证明：
（1）?a∈R，y=（a+1）（2x-1）是函数y=f（x）的图象的一条切线；
（2）?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,特称命题

专题：导数的综合应用

分析：（1）求出原函数的导函数，求得y=（a+1）（2x-1）的斜率k=2（a+1），由导函数等于2（a+1）求得x的值，再求出f（1），由点斜式得直线方程，整理后证得答案；
（2）求出

f(e)-f(1)

e-1

的值，构造辅助函数g（x）=f′（ξ）-

f(e)-f(1)

e-1

，对a分类讨论，当a＞e（e-1）²或a＜

(e-1)2

e-2

时，由函数零点存在定理证明，当

(e-1)2

e-2

≤a≤e(e-1)2时，由均值不等式求出函数g（x）的最小值，而最小值小于0，进一步说明存在ξ∈（1，e），使g（ξ）=0，从而证得答案．

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

1

x

)，直线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，
曲线y=f（x）在点（1，f（1））的切线为y-1-a=（2a+2）（x-1），
即y=（a+1）（2x-1），
∴y=（a+1）（2x-1）是曲线y=f（x）的一条切线；
（2）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，
∵y=g（x）的图象是一条连续不断的曲线，∴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，
∴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：本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，训练了函数构造法，考查了利用函数零点存在性定理判断函数零点的个数，体现了数学转化思想方法，是中档题．