Question

已知函数f（x）=lnx+ax+

a+1

x

+3（a∈R）．
（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（2）当a=1时，若关于x的不等f（x）≥m²-5m恒成立，求实数m的取值范围；
（3）当a≥-

1

2

时，讨论f（x）的单调性．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）当a=1时，求出函数解析式，得到原函数的导函数，求得f′（2）=1，然后利用直线方程的点斜式得答案；
（2）求出a=1时导函数的零点，由零点对函数的定义域分段，求出得到区间，得到函数f（x）在x=1处取得极小值，根据函数f（x）在（0，+∞）只有唯一的极小值点求得极小值，把f（x）≥m²-5m恒成立转化为f(x)min≥m2-5m，解不等式求得m的取值范围；
（3）求出原函数的导函数f′(x)=

1

x

+a-

a+1

x

=

ax2+x-(a+1)

x2

，令g（x）=ax²+x-（a+1），然后对a进行分类讨论分析g（x）的符号，从而得到f′（x）的符号，进一步得到函数f（x）的单调区间．

解答： 解：（1）当a=1时，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，
即曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线的斜率为1，
又f（2）=6+ln2，
故曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为：x-y+ln2+4=0；
（2）当a=1时，∴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．
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增．
因此函数f（x）在x=1处取得极小值，又因为函数f（x）在（0，+∞）只有唯一的极小值点．
故函数f（x）在x=1处取得最小值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的取值范围是：-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，+∞），
当a=0时，g（x）=x-1，x∈（0，+∞），
此时，当x∈（0，1）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
当a≠0时，由f′（x）=0，即ax²+x-（a+1）=0，解得：x1=1，x2=-

1

a

-1．
①当a=-

1

2

时，x₁=x₂，g（x）≤0恒成立，
此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）递减； 
②当-

1

2

＜a＜1时，-

1

a

-1＞1＞0，
此时，当x∈（0，1）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈(1，-

1

a

-1)时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
当x∈(-

1

a

-1，+∞)时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
当a＞0时，-

1

a

-1＜0，
此时：当x∈（0，1）时，g（x）＜0，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，g（x）＞0，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
综上所述：
当a≥0时，函数f（x）在（0，1）上单调递减，
函数f（x）在（1，+∞）上单调递增；
当a=-

1

2

时，函数f（x）在（0，+∞）单调递减；
当-

1

2

＜a＜0时，函数f（x）在（0，1）上单调递减，
函数f（x）在(1，-

1

a

-1)上单调递增，
函数f（x）在(-

1

a

-1，+∞)上单调递减．

点评：本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了函数恒成立问题，考查了利用导数研究函数的单调性，正确分类是解答该题的关键，是压轴题．