Question

【题目】已知函数（a∈R且a≠0）.

（1）当a时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

（2）讨论函数f（x）的单调性与单调区间；

（3）若y＝f（x）有两个极值点x1，x2，证明：f（x1）+f（x2）＜9﹣lna.

Answer 1

【答案】（1）x+y﹣21＝0.（2）答案不唯一，具体见解析（3）证明见解析

【解析】

（1）根据a，得到求导，再利用导数的几何意义求切线方程.

（2）根据f′（x）＝2，由﹣x2+2x﹣a＝0，根据定义域，分△＝12﹣4a＞0且，a＜0，△≤0，三种情况讨论求解.

（3）根据y＝f（x）有两个极值点x1，x2，由（2）知，﹣x2+2x﹣a＝0有两个正根x1，x2，△＝12﹣4a＞0，x1+x2＝2，x1x2＝a＞0，然后将f（x1）+f（x2）＜9﹣lna，转化为alna﹣lna﹣a+2＞0，a∈（0，3）成立，构造函数g（x）＝xlnx﹣lnx﹣x+2，利用导数法求其最小值即可.

（1）因为a时，，

所以f′（x）＝2x，f′（1）＝﹣1，f（1）＝2，

所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：y﹣2（x﹣1），

即x+y﹣21＝0.

（2）由题意可知f（x）的定义域为（0，+∞），

因为f′（x）＝2，由﹣x2+2x﹣a＝0可得：△＝12﹣4a＞0，即a＜3时，有x1，x2，x1＞x2，

当a∈（0，3）时，满足x1＞x2＞0，

所以有x∈（0，x2）和（x1，+∞）时，f′（x）＜0，

即f（x）在区间（0，x2）和（x1，+∞）上为减函数.

又x∈（x2，x1）时，f′（x）＞0，即f（x）在区间（x2，x1）上为增函数.

当a＜0时，有x1＞0，x2＜0，则x∈（0，x1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；x∈（x1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；

当a≥3时，△≤0，f′（x）≤0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）为减函数，

综上所述，当a＜0时，在（0，3），f（x）为增函数；在（3，+∞），f（x）为减函数；

当0＜a＜3时，f（x）在区间（0，3）和（3，+∞）上为减函数，在（3，3），f（x）为增函数；

当a≥3时，在（0，+∞）上，f（x）为减函数.

（3）因为y＝f（x）有两个极值点x1，x2，

则f′（x）0有两个正根x1，x2，即﹣x2+2x﹣a＝0有两个正根x1，x2，可得：△＝12﹣4a＞0，x1+x2＝2，x1x2＝a＞0，

即a∈（0，3），所以f（x1）+f（x2）＝2（x1+x2）﹣aln（x1x2）（）+1＝﹣alna+a+7，

若要f（x1）+f（x2）＜9﹣lna，即要alna﹣lna﹣a+2＞0，

构造函数g（x）＝xlnx﹣lnx﹣x+2，则g′（x）＝1+lnx1＝lnx，且在（0，3）上为增函数，

又g′（1）＝﹣1＜0，g′（2）＝ln20，

所以存在x0∈（1，2），使得g（x0）＝0，

即lnx0，且x∈（1，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，x∈（x0，2）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，

所以g（x）在（1，2）上有最小值g（x0）＝x0lnx0﹣x0﹣lnx0+2＝3﹣（x0），

又因为x0∈（1，2），则x0∈（2，），

所以g（x0）＞0在x0∈（1，2）上恒成立，即f（x1）+f（x2）＜9﹣lna成立.