Question

已知函数f（x）=

x2+2x+a，x＜0 lnx，x＞0

．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：曲线f（x）与g（x）=

2x-1

-

1

2

没有公共点；
（Ⅲ）设A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））为曲线f（x）上的两点，且x₁＜x₂，若曲线f（x）在点A、B处的切线重合，求实数a的取值范围．

Answer 1

考点：函数单调性的判断与证明

专题：函数的性质及应用

分析：（Ⅰ） 由二次函数和对数函数的单调性可得；（Ⅱ） 由定义域可得f（x）=lnx，令h（x）=g（x）-f（x），求导函数可判h（x）=g（x）-f（x）在[

1

2

，+∞)上是增函数，可得g（x）＞f（x），即可得结论；（Ⅲ）可得x₁＜0＜x₂，写出切线，可得a=

x

2 1

+ln

1

2x1+2

-1=

x

2 1

-ln(2x1+2)-1，设h(x1)=

x

2 1

-ln(2x1+2)-1（-1＜x₁＜0），导数法可得范围．

解答： 解：（Ⅰ）∵二次函数y=x²+2x+a对称轴为x=-1，图象开口向上，
∴二次函数y=x²+2x+a在（-∞，-1）上单调递减，在[-1，0）上单调递增，
由对数函数的性质可知y=lnx在（0，+∞）上单调递增，
∴函数f（x）的单调递减区间为（-∞，-1），单调递增区间为[-1，0）和（0，+∞）；
（Ⅱ） 由g（x）有意义知x≥

1

2

，∴f（x）=lnx，
令h（x）=g（x）-f（x），求导函数可得h′(x)=

1

2x-1

-

1

x

，
∵

1

2x-1

≥

1

x

?x≥

2x-1

?x2≥2x-1?(x-1)2≥0成立，
∴

1

2x-1

≥

1

x

成立，∴h′（x）≥0，即h（x）=g（x）-f（x）在[

1

2

，+∞)上是增函数，
∴h(x)min=h(

1

2

)=-

1

2

-ln

1

2

=ln2-

1

2

＞ln

e

-

1

2

=0，
∴g（x）＞f（x），即函数f（x）与g（x）=

2x-1

-

1

2

没有公共点；
（Ⅲ）当x₁＜x₂＜0或x₂＞x₁＞0时，f′（x₁）≠f′（x₂），故x₁＜0＜x₂．
当x₁＜0时，函数f（x）的图象在点（x₁，f（x₁））处的切线方程为y-(

x

2 1

+2x1+a)=(2x1+2)(x-x1)，即y=(2x1+2)x-

x

2 1

+a．
当x₂＞0时，函数f（x）的图象在点（x₂，f（x₂））处的切线方程为y-lnx2=

1

x2

(x-x2)，即y=

1

x2

•x+lnx2-1，
两切线重合的充要条件是

1 x2 =2x1+2，(1) lnx2-1=- x 2 1 +a，(2)

，由（1）及x₁＜0＜x₂，知-1＜x₁＜0．
由（1）（2）得a=

x

2 1

+ln

1

2x1+2

-1=

x

2 1

-ln(2x1+2)-1．
设h(x1)=

x

2 1

-ln(2x1+2)-1（-1＜x₁＜0），则h′(x1)=2x1-

1

x1+1

＜0．
∴h（x₁）（-1＜x₁＜0）是减函数，∴h（x₁）＞h（0）=-ln2-1，∴a＞-ln2-1．
又当x₁∈（-1，0）且趋近于-1时，h（x₁）无限增大，∴a的取值范围是（-ln2-1，+∞）．
故当函数f（x）的图象在点A、B处的切线重合时，a的取值范围是（-ln2-1，+∞）．

点评：本题考查函数的单调性，以及导数的应用和切线问题，涉及分类讨论的思想，属难题．