Question

设函数f（x）=ax²+bx+clnx，（其中a，b，c为实常数） 
（Ⅰ）当b=0，c=1时，讨论f（x）的单调区间；
（Ⅱ）曲线y=f（x）（其中a＞0）在点（1，f（1））处的切线方程为y=3x-3，
（ⅰ）若函数f（x）无极值点且f′（x）存在零点，求a，b，c的值；
（ⅱ）若函数f（x）有两个极值点，证明f（x）的极小值小于-

3

4

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（1）分类讨论求解：当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，此时f（x）的单调递增区间是（0，+∞），无单调递减区间，
当a＜0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜

- 1 2a

；令f′（x）＜0时，
（2）根据函数的切线的性质求解，列方程即可．（3）根据函数极值的判断，多次求导判断，根据单调性，切点极值点，来解决．

解答： 解：（1当b=0，c=1时，f（x）=x²+lnx，定义域是（0，+∞），
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，此时f（x）的单调递增区间是（0，+∞），无单调递减区间，
当a＜0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜

- 1 2a

；令f′（x）＜0时，
解得x＞

- 1 2a

，∴f（x）的单调的递增区间是（0，

- 1 2a

），单调递减区间（

- 1 2a

，+∞），
综上当a≥0时，f（x）的单调递增区间是（0，+∞），无单调递减区间；
当a＜0时，f（x）的单调的递增区间是（0，

- 1 2a

），单调递减区间（

- 1 2a

，+∞），
（2）（i）曲线y=f（x）（其中a＞0）在点（1，f（1））处的切线方程为y=3x-3，
f′（x）=2ax+b+

c

x

，
斜率k═f′（1）=2a+b+c=3，
由点（1，f（1））在y=3x-3上，
∴f（1）=3-3=0，
∴f（1）=a+b+cln1=a+b=0，
即b=-a，c=3-a，
则f（x）=ax²-ax+（3-a）lnx，
f′（x）=

2ax2-ax+3-a

x

当F（x）无极值点且f′（x）存在零点时，则方程f′（x）=

2ax2-ax+3-a

x

=0，
即关于的方程2ax²-ax+3-a=0
有两个相等的实数根，（a＞0），∴△=a²-8a（3-a）=0，解得a=

8

3

，b=-a=-

8

3

，c=3-a=

1

3

，即a=

8

3

，b=-

8

3

，c=

1

3

，
（ii）由f′（x）=

2ax2-ax+3-a

x

（x＞0）
要使函数f（x）有两个极值点，只要方程
2ax²-ax+3-a=0有两个不相等的实数根，

时两正根为x₁，x₂，x₁＜x₂，∴△=a²-8a（3-a）＞0，（a＞0），
解得：a＞

8

3

，∴x₁=

1

4

-

1

4

9- 24 a

＞0，x₂=

1

4

+

1

4

9- 24 a

，∴

8

3

＜a＜3，
∴0＜x1＜

1

4

，

1

4

＜x₂＜

1

2

，
∴当

1

4

＜x＜x₂时，f′（x）＜0时，
当x₂＜x＜

1

2

时，f′（x）＞0时，
∴当x=x₂时，有极小值f（x₂），
由2ax

2 2

-ax₂+3=0，得：a=

-3

2 x 2 2 -x2-1

，
∴f（x₂）=ax₂²-ax₂+（3-a）lnx₂=a（x

2 2

-ax₂-lnx₂）+3lnx₂
=3lnx₂-

3( x 2 2 -x2-lnx2)

2 x 2 2 -x2-1

，

1

4

＜x₂＜

1

2

，
而f′（x）=

3(4x2-1)( x 2 2 -x2-lnx2)

(2 x 2 2 -x2-1)

，
即g（x）=x²-x-lnx，（

1

4

＜x≤1），有g′（x）=2x-1-

1

x

=

(2x+1)(x-1)

x

对于x∈（

1

4

，1]恒成立，
又g（1）=0，故对x∈（

1

4

，

1

2

），恒有g（x）＞g（1），
即g（x）＞0，∴f′（x）＞0，对于

1

4

＜x₂＜

1

2

，恒成立．
即f（x₂）在（

1

4

，

1

2

）上单调递增
∴f（x₂）＜f(

1

2

)=-

3

4

点评：本题考查了导数在求解函数单调区间，最值，不等式恒成立问题中的综合应用，属于难题．