Question

（2014•兰州一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=f（x）+ax²+bx，函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴．
（1）确定a与b的关系；
（2）若a≥0，试讨论函数g（x）的单调性；
（3）设斜率为k的直线与函数f（x）的图象交于两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（x₁＜x₂）
证明：

1

x2

＜k＜

1

x1

．

Answer 1

分析：（1）利用导数的几何意义即可得出；
（2）通过求导得到g^′（x），通过对a分类讨论即可得出其单调性；
（3）证法一：利用斜率计算公式，令

x2

x1

=t（t＞1），即证1-

1

t

＜lnt＜t-1（t＞1），令h(t)=lnt+

1

t

-1（t＞1），通过求导利用函数的单调性即可得出；
证法二：利用斜率计算公式，令h（x）=lnx-kx，通过求导，利用导数研究其单调性即可得出；
证法三：：令h(x)=lnx-

x

x1

，同理，令m(x)=lnx-

x

x2

，通过求导即可证明；
证法四：利用斜率计算公式，令h（x）=x-x₁lnx+x₁lnx₁-x₁，及令m（x）=x-x₂lnx+x₂lnx₂-x₂，通过求导得到其单调性即可证明．

解答：解：（1）依题意得g（x）=lnx+ax²+bx，则g′(x)=

1

x

+2ax+b，
由函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴得：g'（1）=1+2a+b=0，
∴b=-2a-1．
（2）由（1）得g′(x)=

2ax2-(2a+1)x+1

x

=

(2ax-1)(x-1)

x

．
∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），∴当a=0时，g′(x)=-

x-1

x

，
由g'（x）＞0得0＜x＜1，由g'（x）＜0得x＞1，
即函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；
当a＞0时，令g'（x）=0得x=1或x=

1

2a

，
若

1

2a

＜1，即a＞

1

2

时，由g'（x）＞0得x＞1或0＜x＜

1

2a

，由g'（x）＜0得

1

2a

＜x＜1，
即函数g（x）在(0，

1

2a

)，（1，+∞）上单调递增，在(

1

2a

，1)单调递减；
若

1

2a

＞1，即0＜a＜

1

2

时，由g'（x）＞0得x＞

1

2a

或0＜x＜1，由g'（x）＜0得1＜x＜

1

2a

，
即函数g（x）在（0，1），(

1

2a

，+∞)上单调递增，在(1，

1

2a

)单调递减；
若

1

2a

=1，即a=

1

2

时，在（0，+∞）上恒有g'（x）≥0，
即函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
综上得：当a=0时，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减；
当0＜a＜

1

2

时，函数g（x）在（0，1）单调递增，在(1，

1

2a

)单调递减；在(

1

2a

，+∞)上单调递增；
当a=

1

2

时，函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞

1

2

时，函数g（x）在(0，

1

2a

)上单调递增，在(

1

2a

，1)单调递减；在（1，+∞）上单调递增．
（3）证法一：依题意得k=

y2-y1

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，
证

1

x2

＜k＜

1

x1

，即证

1

x2

＜

lnx2-lnx1

x2-x1

＜

1

x1

，因x₂-x₁＞0，即证

x2-x1

x2

＜ln

x2

x1

＜

x2-x1

x1

，
令

x2

x1

=t（t＞1），即证1-

1

t

＜lnt＜t-1（t＞1），
令h(t)=lnt+

1

t

-1（t＞1），则h′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＞0，∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（t）＞h（1）=0，即lnt＞1-

1

t

（t＞1）②
综合①②得1-

1

t

＜lnt＜t-1（t＞1），即

1

x2

＜k＜

1

x1

．
证法二：依题意得k=

y2-y1

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

⇒lnx2-kx2=lnx1-kx1，
令h（x）=lnx-kx，则h′(x)=

1

x

-k，
由h'（x）=0得x=

1

k

，当x＞

1

k

时，h'（x）＜0，当0＜x＜

1

k

时，h'（x）＞0，
∴h（x）在(0，

1

k

)单调递增，在(

1

k

，+∞)单调递减，又h（x₁）=h（x₂），
∴x1＜

1

k

＜x2，即

1

x2

＜k＜

1

x1

．
证法三：令h(x)=lnx-

x

x1

，则h′(x)=

1

x

-

1

x1

，
当x＞x₁时，h'（x）＜0，∴函数h（x）在（x₁，+∞）单调递减，
∴当x₂＞x₁时，h(x2)＜h(x1)⇒lnx2-

x2

x1

＜lnx1-1，即

lnx2-lnx1

x2-x1

＜

1

x1

；
同理，令m(x)=lnx-

x

x2

，可证得

1

x2

＜

lnx2-lnx1

x2-x1

．
证法四：依题意得k=

y2-y1

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，

1

x2

＜k＜

1

x1

 ?

1

x2

＜

lnx2-lnx1

x2-x1

＜

1

x1

?x1lnx2-x1lnx1＜x2-x1＜x2lnx2-x2lnx1
令h（x）=x-x₁lnx+x₁lnx₁-x₁，则h′(x)=1-

x1

x

，当x＞x₁时，h'（x）＞0，∴函数h（x）在（x₁，+∞）单调递增，
∴当x₂＞x₁时，h（x₂）＞h（x₁）=0，即x₁lnx₂-x₁lnx₁＜x₂-x₁
令m（x）=x-x₂lnx+x₂lnx₂-x₂，则m′(x)=1-

x2

x

，当x＜x₂时，m'（x）＜0，∴函数m（x）在（0，x₂）单调递减，
∴当x₁＜x₂时，m（x₁）＞h（x₂）=0，即x₂-x₁＜x₂lnx₂-x₂lnx₁；
所以命题得证．

点评：熟练掌握利用导数研究函数的单调性、导数的几何意义、分类讨论思想方法、根据所证明的结论恰当的构造函数、一题多解等是解题的关键．