Question

设函数f（x）=

1

3

x³-

1

2

（a+2）x²+（a+2）x-a-1，g（x）=

(exf(x))′

ex

，其中a＞0．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设曲线y=g（x）在点（m，g（m）），（n，g（n））处的切线都过点（0，2）．证明：当m≠n时，g′（m）≠g′（n）．

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：导数的综合应用

分析：（1）求出函数f（x）的导函数，当0＜a≤2时，导函数的判别式小于等于0成立，导函数恒大于等于0，原函数在R上单调递增，当a＞2时，求出导函数的两个根，由导函数的两根对定义域分段，利用导函数在不同区间段内的符号得到原函数的单调区间；
（2）把f（x）代入g（x）=

(exf(x))′

ex

，整理后对g（x）求导，然后求出曲线y=g（x）在点（t，g（t））处的切线方程，整理得到

2

3

t3-

1

2

at2+1=0，即t满足的方程为

2

3

x3-

1

2

ax2+1=0．最后借助于该方程利用反证法证明结论．

解答： 解：（1）由f（x）=

1

3

x³-

1

2

（a+2）x²+（a+2）x-a-1，得：
f′（x）=x²-（a+2）x+（a+2）．
①当0＜a≤2时，f′（x）≥0，f（x）在R上单调递增；
②当a＞2时，令f′（x）=0，得x1=

a+2- a2-4

2

，x2=

a+2+ a2-4

2

．
当x＜x₁时，f′（x）＞0，当x₁＜xx₂时，f′（x）＞0．
故f（x）分别在（-∞，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减．
（2）由g（x）=

(exf(x))′

ex

，得：
g(x)=

ex( 1 3 x3- 1 2 (a+2)x2+(a+2)x-a-1)+ex(x2-(a+2)x+(a+2))

ex

=

1

3

x3-

1

2

ax2+1．
∴g′（x）=x²-ax．
由于点（t，g（t））处的切线方程为y-g（t）=g′（t）（x-t），
而点（0，2）在切线上，
∴2-g（t）=g′（t）（x-t）．
化简得：

2

3

t3-

1

2

at2+1=0，即t满足的方程为

2

3

x3-

1

2

ax2+1=0．
下面用反证法证明．
假设当m≠n时，g′（m）=g′（n），
由于曲线y=g（x）在点（m，g（m）），（n，g（n））处的切线都过点（0，2），
则下列等式成立．

2

3

m3-

1

2

am2+1=0  ①

2

3

n3-

1

2

an2+1=0  ②
m²-am=n²-an  ③
由③得m+n=a，
①-②得m2+mn+n2=

3

4

a2  ④
又m²+mn+n²=（m+n）²-mn=a²-m（a-m）
=m2-am+a2=(m-

a

2

)2≥

3

4

a2．
故由④得m=

a

2

，此时n=

a

2

．与m≠n矛盾，
∴g′（m）≠g′（n）．

点评：本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数判断函数单调性的方法，训练了利用反证法证明不等式，关键在于巧妙地运用曲线y=g（x）在点（t，g（t））处的切线方程得到曲线y=g（x）上的点的横坐标所满足的关系式．属难题．