Question

16．设直线l：y=kx+1与曲线f（x）=ax²+2x+b+ln（x+1）（a＞0）相切于点P（0，f（0））．
（1）求b，k的值；
（2）若直线l与曲线y=f（x）有且只有一个公共点，求a的值．

Answer 1

分析 （1）根据导数的几何意义，求出函数f（x）在x=0处的导数，从而求出切线的斜率，可得b=1，k=-1；
（2）将切线l与曲线y=f（x）有且只有一个公共点等价于方程ax²-2x+1+ln（x+1）=-x+1即ax²-x+ln（x+1）=0有且只有一个实数解．令h（x）=ax²-x+ln（x+1），求出h'（x），然后讨论a与$\frac{1}{2}$的大小，研究函数的单调性，求出满足使方程h（x）=0有一解x=0的a的取值范围即可．

解答 解：（1）∵f（x）=ax²-2x+b+ln（x+1）∴f（0）=b，
由切线y=kx+1，可得f（0）=1=b，
∴f'（x）=$\frac{2a{x}^{2}+（2a-2）x-1}{x+1}$，∴f′（0）=-1，
切点P（0，1），切线l的斜率为k=-1；
（2）切线l：y=-x+1与曲线y=f（x）有且只有一个公共点等价于
方程ax²-2x+1+ln（x+1）=-x+1，
即ax²-x+ln（x+1）=0有且只有一个实数解．
令h（x）=ax²-x+ln（x+1），∵h（0）=0，
∴方程h（x）=0有一解x=0
h'（x）=2ax-1+$\frac{1}{x+1}$，
①若a=$\frac{1}{2}$，则h'（x）=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$≥0（x＞-1），
∴h（x）在（-1，+∞）上单调递增，
∴x=0是方程h（x）=0的唯一解；
②若0＜a＜$\frac{1}{2}$，则h′（x）=0两根x₁=0，x₂=$\frac{1}{2a}$-1＞0，
在x∈（-1，0），（x₂，+∞） 时，h′（x）＞0，h（x）递增，
在（0，x₂）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
∴h（$\frac{1}{2a}$）＜h（0）=0，而h（$\frac{1}{a}$）＞0，
∴方程h（x）=0在（$\frac{1}{2a}$-1，+∞）上还有一解，则h（x）=0解不唯一；
③若a＞$\frac{1}{2}$，则h′（x）=0两根x₁=0，x₂=$\frac{1}{2a}$-1∈（-1，0）
同理可得方程h（x）=0在（-1，$\frac{1}{2a}$-1）上还有一解，
则h（x）=0解不唯一；
综上，当切线l与曲线y=f（x）有且只有一个公共点时，a=$\frac{1}{2}$．

点评 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化的思想，以及计算能力，属于中档题，综合题．