Question

9．設函數f（x）=ln（x-1）+ax²+x+1，g（x）=（x-1）e^x+ax²，a∈R．
（Ⅰ）當a=1時，求函數f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；
（Ⅱ）若函數g（x）有兩個零點，試求a的取值范圍；
（Ⅲ）證明f（x）≤g（x）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，計算f（2），f′（2）的值，求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數g（x）的導數，通過討論a的范圍，判斷函數g（x）的單調性結合函數零點的個數確定a的范圍即可；
（Ⅲ）設h（x）=（x-1）e^x-ln（x-1）-x-1，其定義域為（1，+∞），只需證明h（x）≥0即可，根據函數的單調性求出h（x）的最小值，從而證出結論．

解答 解：（Ⅰ）函數f（x）的定義域是（1，+∞），$f'（x）=\frac{x（2ax-2a+1）}{x-1}$．
當a=1時，f'（2）=4a+2=6，f（2）=4a+3=7．
所以函數f（x）在點（2，f（2））處的切線方程為y-7=6（x-2）．
即y=6x-5．                 …（4分）
（Ⅱ）函數g（x）的定義域為R，由已知得g'（x）=x（e^x+2a）．
①當a=0時，函數g（x）=（x-1）e^x只有一個零點；
②當a＞0，因為e^x+2a＞0，
當x∈（-∞，0）時，g'（x）＜0；當x∈（0，+∞）時，g'（x）＞0．
所以函數g（x）在（-∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增．
又g（0）=-1，g（1）=a，
因為x＜0，所以x-1＜0，e^x＜1，所以e^x（x-1）＞x-1，所以g（x）＞ax²+x-1
取${x_0}=\frac{{-1-\sqrt{1+4a}}}{2a}$，顯然x₀＜0且g（x₀）＞0
所以g（0）g（1）＜0，g（x₀）g（0）＜0．
由零點存在性定理及函數的單調性知，函數有兩個零點．
③當a＜0時，由g'（x）=x（e^x+2a）=0，得x=0，或x=ln（-2a）．
�。� 當$a＜-\frac{1}{2}$，則ln（-2a）＞0．
當x變化時，g'（x），g（x）變化情況如下表：

x	（-∞，0）	0	（0，ln（-2a））	ln（-2a）	（ln（-2a），+∞）
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗	-1	↘		↗

注意到g（0）=-1，所以函數g（x）至多有一個零點，不符合題意．
ⅱ） 當$a=-\frac{1}{2}$，則ln（-2a）=0，g（x）在（-∞，+∞）單調遞增，函數g（x）至多有一個零點，不符合題意．
若$a＞-\frac{1}{2}$，則ln（-2a）≤0．
當x變化時，g'（x），g（x）變化情況如下表：

x	（-∞，ln（-2a））	ln（-2a）	（ln（-2a），0）	0	（0，+∞）
g'（x）	+	0	-	0	+
g（x）	↗		↘	-1	↗

注意到當x＜0，a＜0時，g（x）=（x-1）e^x+ax²＜0，g（0）=-1，所以函數g（x）至多有一個零點，不符合題意．
綜上，a的取值范圍是（0，+∞）．…（9分）
（Ⅲ）證明：g（x）-f（x）=（x-1）e^x-ln（x-1）-x-1．
設h（x）=（x-1）e^x-ln（x-1）-x-1，其定義域為（1，+∞），則證明h（x）≥0即可．
因為$h'（x）=x{e^x}-\frac{x}{x-1}=x（{e^x}-\frac{1}{x-1}）$，取${x_1}=1+{e^{-3}}$，則$h'（{x_1}）={x_1}（{e^{x_1}}-{e^3}）＜0$，且h'（2）＞0．
又因為$h''（x）=（x+1）{e^x}+\frac{1}{{{{（x-1）}^2}}}＞0$，所以函數h'（x）在（1，+∞）上單增．
所以h'（x）=0有唯一的實根x₀∈（1，2），且${e^{x_0}}=\frac{1}{{{x_0}-1}}$．
當1＜x＜x₀時，h'（x）＜0；當x＞x₀時，h'（x）＞0．
所以函數h（x）的最小值為h（x₀）．
所以$h（x）≥h（{x_0}）=（{x_0}-1）{e^{x_0}}-ln（{x_0}-1）-{x_0}-1$=1+x₀-x₀-1=0．
所以f（x）≤g（x）．…（14分）

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，是一道綜合題．