Question

13．已知函数f（x）=ax²+x+lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）设a=0，求证：当x＞0时，f（x）≤2x-1；
（Ⅲ）若函数y=f（x）恰有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂），求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出当a=1时，f（x）的导数，求出切线的斜率和切点，再由点斜式方程即可得到切线方程；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，求得单调区间，求出极大值也为最大值，即可得证；
（Ⅲ）求出f（x）的导数，讨论当a≥0时，当a＜0时，通过导数判断单调性，再由零点存在定理即可求得a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x²+x+lnx，
$f'（x）=2x+1+\frac{1}{x}$，则f（1）=2，f'（1）=4，
则函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y-2=4（x-1），
即4x-y-2=0；
（Ⅱ）证明：当a=0时，设g（x）=f（x）-（2x-1）=lnx-x+1（x＞0），
则$g'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，
当0＜x＜1时，g'（x）＞0；当x＞1时，g'（x）＜0．
因此，函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上是单调递减
得g（x）≤g_max（x）=g（1）=0，即f（x）≤2x-1．
（Ⅲ）由f（x）=ax²+x+lnx（x＞0）得f′（x）=2ax+1+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}+x+1}{x}$．
当a≥0时，f′（x）＞0则f（x）在（0，+∞）上是单调递增，
因此函数f（x）至多只有一个零点，不符合题意．
当a＜0时，由2ax²+x+1=0得${x_3}=\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}＞0$，
因此，f（x）在（0，x₃）上是单调递增，在（x₃，+∞）上是单调递减，
所以f_max（x）=f（x₃）．
一方面，当x从右边趋近于0时，f（x）→-∞；
当x→+∞时，f（x）=ax²+x+lnx≤ax²+x+x-1=ax²+2x-1（a＜0），
因此，f（x）→-∞，
另一方面，由f'（x₃）=0得$2a{x_3}^2+{x_3}+1=0$，即$a{x_3}^2=-\frac{{{x_3}+1}}{2}$，
因此，$f（{x_3}）=a{x_3}^2+{x_3}+ln{x_3}=-\frac{{{x_3}+1}}{2}+{x_3}+ln{x_3}=\frac{{{x_3}-1+2ln{x_3}}}{2}$
很明显f（x₃）在（0，+∞）上是单调递增且f（1）=0，
根据题意得 f（x₃）＞0=f（1），
即x₃＞1，即方程2ax²+x+1=0有且只有一个大于1的正实数根．
设h（x）=2ax²+x+1，由a＜0且h（0）=1＞0，得h（1）＞0解得a＞-1
所以，实数a的取值范围是（-1，0）．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，同时考查函数的单调性的运用，运用分类讨论的思想方法和零点存在定理是解题的关键．