Question

11．已知函数f（x）=lnx+ax²+（2a+1）x．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明f（x）≤-$\frac{3}{4a}$-2．

Answer 1

分析 （1）题干求导可知f′（x）=$\frac{（2ax+1）（x+1）}{x}$（x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）_max=f（-$\frac{1}{2a}$）=-1-ln2-$\frac{1}{4a}$+ln（-$\frac{1}{a}$），进而转化可知问题转化为证明：当t＞0时-$\frac{1}{2}$t+lnt≤-1+ln2．进而令g（t）=-$\frac{1}{2}$t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．

解答 （1）解：因为f（x）=lnx+ax²+（2a+1）x，
求导f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax+（2a+1）=$\frac{2a{x}^{2}+（2a+1）x+1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x+1）}{x}$，（x＞0），
①当a=0时，f′（x）=$\frac{1}{x}$+1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：x=-$\frac{1}{2a}$．
因为当x∈（0，-$\frac{1}{2a}$）f′（x）＞0、当x∈（-$\frac{1}{2a}$，+∞）f′（x）＜0，
所以y=f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$）上单调递增、在（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上单调递减．
综上可知：当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$）上单调递增、在（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上单调递减；
（2）证明：由（1）可知：当a＜0时f（x）在（0，-$\frac{1}{2a}$）上单调递增、在（-$\frac{1}{2a}$，+∞）上单调递减，
所以当x=-$\frac{1}{2a}$时函数y=f（x）取最大值f（x）_max=f（-$\frac{1}{2a}$）=-1-ln2-$\frac{1}{4a}$+ln（-$\frac{1}{a}$）．
从而要证f（x）≤-$\frac{3}{4a}$-2，即证f（-$\frac{1}{2a}$）≤-$\frac{3}{4a}$-2，
即证-1-ln2-$\frac{1}{4a}$+ln（-$\frac{1}{a}$）≤-$\frac{3}{4a}$-2，即证-$\frac{1}{2}$（-$\frac{1}{a}$）+ln（-$\frac{1}{a}$）≤-1+ln2．
令t=-$\frac{1}{a}$，则t＞0，问题转化为证明：-$\frac{1}{2}$t+lnt≤-1+ln2．…（*）
令g（t）=-$\frac{1}{2}$t+lnt，则g′（t）=-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{t}$，
令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，
所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即g（t）≤g（2）=-$\frac{1}{2}$×2+ln2=-1+ln2，即（*）式成立，
所以当a＜0时，f（x）≤-$\frac{3}{4a}$-2成立．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想，考查转化能力，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．