Question

9．设函数f（x）=ln（x-1）+ax²+x+1，g（x）=（x-1）e^x+ax²，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）在点（2，f（2））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数g（x）有两个零点，试求a的取值范围；
（Ⅲ）证明f（x）≤g（x）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（2），f′（2）的值，求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，判断函数g（x）的单调性结合函数零点的个数确定a的范围即可；
（Ⅲ）设h（x）=（x-1）e^x-ln（x-1）-x-1，其定义域为（1，+∞），只需证明h（x）≥0即可，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（1，+∞），$f'（x）=\frac{x（2ax-2a+1）}{x-1}$．
当a=1时，f'（2）=4a+2=6，f（2）=4a+3=7．
所以函数f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y-7=6（x-2）．
即y=6x-5．                 …（4分）
（Ⅱ）函数g（x）的定义域为R，由已知得g'（x）=x（e^x+2a）．
①当a=0时，函数g（x）=（x-1）e^x只有一个零点；
②当a＞0，因为e^x+2a＞0，
当x∈（-∞，0）时，g'（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，g'（x）＞0．
所以函数g（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
又g（0）=-1，g（1）=a，
因为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${x_0}=\frac{{-1-\sqrt{1+4a}}}{2a}$，显然x₀＜0且g（x₀）＞0
所以g（0）g（1）＜0，g（x₀）g（0）＜0．
由零点存在性定理及函数的单调性知，函数有两个零点．
③当a＜0时，由g'（x）=x（e^x+2a）=0，得x=0，或x=ln（-2a）．
ⅰ） 当$a＜-\frac{1}{2}$，则ln（-2a）＞0．
当x变化时，g'（x），g（x）变化情况如下表：

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

注意到g（0）=-1，所以函数g（x）至多有一个零点，不符合题意．
ⅱ） 当$a=-\frac{1}{2}$，则ln（-2a）=0，g（x）在（-∞，+∞）单调递增，函数g（x）至多有一个零点，不符合题意．
若$a＞-\frac{1}{2}$，则ln（-2a）≤0．
当x变化时，g'（x），g（x）变化情况如下表：

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

注意到当x＜0，a＜0时，g（x）=（x-1）e^x+ax²＜0，g（0）=-1，所以函数g（x）至多有一个零点，不符合题意．
综上，a的取值范围是（0，+∞）．…（9分）
（Ⅲ）证明：g（x）-f（x）=（x-1）e^x-ln（x-1）-x-1．
设h（x）=（x-1）e^x-ln（x-1）-x-1，其定义域为（1，+∞），则证明h（x）≥0即可．
因为$h'（x）=x{e^x}-\frac{x}{x-1}=x（{e^x}-\frac{1}{x-1}）$，取${x_1}=1+{e^{-3}}$，则$h'（{x_1}）={x_1}（{e^{x_1}}-{e^3}）＜0$，且h'（2）＞0．
又因为$h''（x）=（x+1）{e^x}+\frac{1}{{{{（x-1）}^2}}}＞0$，所以函数h'（x）在（1，+∞）上单增．
所以h'（x）=0有唯一的实根x₀∈（1，2），且${e^{x_0}}=\frac{1}{{{x_0}-1}}$．
当1＜x＜x₀时，h'（x）＜0；当x＞x₀时，h'（x）＞0．
所以函数h（x）的最小值为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）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道综合题．