Question

已知函數f（x）=lnx+ax+

a+1

x

+3（a∈R）．
（1）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線方程；
（2）當a=1時，若關于x的不等f（x）≥m²-5m恒成立，求實數m的取值范圍；
（3）當a≥-

1

2

時，討論f（x）的單調性．

Answer 1

考點：利用導數研究曲線上某點切線方程,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（1）當a=1時，求出函數解析式，得到原函數的導函數，求得f′（2）=1，然后利用直線方程的點斜式得答案；
（2）求出a=1時導函數的零點，由零點對函數的定義域分段，求出得到區間，得到函數f（x）在x=1處取得極小值，根據函數f（x）在（0，+∞）只有唯一的極小值點求得極小值，把f（x）≥m²-5m恒成立轉化為f(x)min≥m2-5m，解不等式求得m的取值范圍；
（3）求出原函數的導函數f′(x)=

1

x

+a-

a+1

x

=

ax2+x-(a+1)

x2

，令g（x）=ax²+x-（a+1），然后對a進行分類討論分析g（x）的符號，從而得到f′（x）的符號，進一步得到函數f（x）的單調區間．

解答： 解：（1）當a=1時，f(x)=lnx+x+

2

x

+3，x∈(0，+∞)，
∴f′(x)=

1

x

+1-

2

x2

=

x2+x-2

x2

，x∈（0，+∞），
∴f′（2）=1，
即曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線的斜率為1，
又f（2）=6+ln2，
故曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線方程為：x-y+ln2+4=0；
（2）當a=1時，∴f′(x)=

1

x

+1-

2

x2

=

x2+x-2

x2

，x∈（0，+∞），
令f′（x）=0，得：x²+x-2=0，解得：x₁=-2（舍），x₂=1．
當x∈（0，1）時，f′（x）＜0，此時函數f（x）單調遞減；
當x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，此時函數f（x）單調遞增．
因此函數f（x）在x=1處取得極小值，又因為函數f（x）在（0，+∞）只有唯一的極小值點．
故函數f（x）在x=1處取得最小值f（x）_min=f（1）=6．
f（x）≥m²-5m恒成立?f(x)min≥m2-5m，
即：m²-5m≤6，解得：-1≤m≤6．
故所求m的取值范圍是：-1≤m≤6；
（3）∵f′(x)=

1

x

+a-

a+1

x

=

ax2+x-(a+1)

x2

，x∈（0，+∞），
令g（x）=ax²+x-（a+1），x∈（0，+∞），
當a=0時，g（x）=x-1，x∈（0，+∞），
此時，當x∈（0，1）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；
當x∈（1，+∞）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增．
當a≠0時，由f′（x）=0，即ax²+x-（a+1）=0，解得：x1=1，x2=-

1

a

-1．
①當a=-

1

2

時，x₁=x₂，g（x）≤0恒成立，
此時f′（x）≤0，函數f（x）在（0，+∞）遞減； 
②當-

1

2

＜a＜1時，-

1

a

-1＞1＞0，
此時，當x∈（0，1）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；
當x∈(1，-

1

a

-1)時，g（x）＞0，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增；
當x∈(-

1

a

-1，+∞)時，g（x）＜0，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減．
當a＞0時，-

1

a

-1＜0，
此時：當x∈（0，1）時，g（x）＜0，f′（x）＜0，函數f（x）單調遞減；
當x∈（1，+∞）時，g（x）＞0，f′（x）＞0，函數f（x）單調遞增．
綜上所述：
當a≥0時，函數f（x）在（0，1）上單調遞減，
函數f（x）在（1，+∞）上單調遞增；
當a=-

1

2

時，函數f（x）在（0，+∞）單調遞減；
當-

1

2

＜a＜0時，函數f（x）在（0，1）上單調遞減，
函數f（x）在(1，-

1

a

-1)上單調遞增，
函數f（x）在(-

1

a

-1，+∞)上單調遞減．

點評：本題考查了利用導數研究函數的切線方程，考查了函數恒成立問題，考查了利用導數研究函數的單調性，正確分類是解答該題的關鍵，是壓軸題．