Question

已知函数f（x）=aln（x+1），g（x）=x-

1

2

x²，a∈R．
（Ⅰ）若a=-1，求曲线y=f（x）在x=3处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立，求a的最小值；
（Ⅲ）设p（x）=f（x-1），a＞0，若A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）为曲线y=p（x）的两个不同点，满足0＜x₁＜x₂，且?x₃∈（x₁，x₂），使得曲线y=f（x）在x₃处的切线与直线AB平行，求证：x₃＜

x1+x2

2

．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,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：（I）当a=-1时，f（x）=-ln（x+1），得出切点（3，-ln4）．利用导数的几何意义即可得出切线的斜率，进而得到切线方程；
（II）对任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立?aln（x+1）-x+

1

2

x2≥0．
令h（x）=aln（x+1）-x+

1

2

x2（x≥0）．利用导数的运算法则可得h′（x）=

x2+a-1

x+1

(x≥0)．
分类讨论：当a≥1时，当a＜1时，只要验证最小值是否大于0即可得出．
（III）p（x）=f（x-1）=alnx，k_AB=

alnx2-alnx1

x2-x1

．利用导数的运算法则可得p′(x)=

a

x

．由于曲线
y=f（x）在x₃处的切线与直线AB平行，可得

alnx2-alnx1

x2-x1

=

a

x3

．利用p′（x）在定义域内单调性质要证：x₃＜

x1+x2

2

．即证明p′(x3)＞p′(

x1+x2

2

)．即证明

alnx2-alnx1

x2-x1

＞

2a

x1+x2

．变形可得ln

x2

x1

＞

2(x2-x1)

x2+x1

=

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

，
令

x2

x1

=t，则t＞1．要证明的不等式等价于lnt＞

2(t-1)

t+1

?（t+1）lnt＞2（t-1）．构造函数q（t）=（t+1）lnt-2（t-1），（t＞1）．利用导数研究其单调性即可证明．

解答： 解：（I）当a=-1时，f（x）=-ln（x+1），得出切点（3，-ln4）．
∵f′(x)=-

1

x+1

，∴切线的斜率k=f′(3)=-

1

4

．
∴曲线y=f（x）在x=3处的切线方程为：y+ln4=-

1

4

（x-3），化为x+4y+8ln2-3=0．
（II）对任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立?aln（x+1）-x+

1

2

x2≥0．
令h（x）=aln（x+1）-x+

1

2

x2（x≥0）．
h′(x)=

a

x+1

-1+x=

x2+a-1

x+1

(x≥0)．
①当a≥1时，h′（x）≥0恒成立，
∴函数h（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，∴h（x）≥h（0）=0，∴a≥1时符合条件．
②当a＜1时，由h′（x）=0，及x≥0，解得x=

1-a

．
当x∈(0，

1-a

)时，h′（x）＜0；当x∈(

1-a

，+∞)时，h′（x）＞0．
∴hmin(x)=h(

1-a

)=h(

1-a

)＜h(1)=0，这与h（x）≥0相矛盾，应舍去．
综上可知：a≥1．∴a的最小值为1．
（III）p（x）=f（x-1）=alnx，k_AB=

alnx2-alnx1

x2-x1

．
∵p′(x)=

a

x

，∴p′(x3)=

a

x3

．
∵曲线y=f（x）在x₃处的切线与直线AB平行，
∴

alnx2-alnx1

x2-x1

=

a

x3

．
由p′(x)=

a

x

，a＞0，可知其在定义域内单调递减．
要证：x₃＜

x1+x2

2

．即证明p′(x3)＞p′(

x1+x2

2

)．即证明

alnx2-alnx1

x2-x1

＞

2a

x1+x2

．
变形可得ln

x2

x1

＞

2(x2-x1)

x2+x1

=

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

，
令

x2

x1

=t，则t＞1．要证明的不等式等价于lnt＞

2(t-1)

t+1

?（t+1）lnt＞2（t-1）．
构造函数q（t）=（t+1）lnt-2（t-1），（t＞1）．
q′(x)=lnt+

t+1

t

-2=lnt+

1

t

-1（t＞1）．
令u（t）lnt+

1

t

-1，（t＞1）．
则u′（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＞0，∴q′（t）在t＞1时单调递增．
∴q′（t）＞q′（1）=0，∴函数q（t）在区间（1，+∞）上单调递增，∴q（t）＞q（1）=0，
∴q（t）＞0在（1，+∞）上恒成立．
∴（t+1）lnt＞2（t-1）在（1，+∞）上恒成立，即x₃＜

x1+x2

2

成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造函数法、换元法、恒成立问题的等价转化、分类讨论等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．