Question

8．已知函数f（x）=lnx+ax²+x，a∈R．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知a＜0，对于函数f（x）图象上任意不同的两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中x₂＞x₁，直线AB的斜率为k，记N（u，0），若$\overrightarrow{AB}=λ\overrightarrow{AN}（1≤λ≤2）$，求证f′（u）＜k．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间；
（Ⅱ）要证：f′（u）＜k，只需证$\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}＜0$，设$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，令$g（t）=\frac{λ（t-1）}{t+λ-1}-lnt$，通过讨论函数的单调性，从而证出结论．

解答 （Ⅰ）解：f（x）的定义域为（0，+∞），
$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax+1=\frac{{2a{x^2}+x+1}}{x}$
当a≥0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，f（x）在定义域内单调递增；
当a＜0时，令f′（x）=0，解得，$x=\frac{{-1±\sqrt{1-8a}}}{4a}$（舍负）
则$x∈（0，\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
$x∈（\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}，+∞）$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
综上，a≥0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
a＜0时，f（x）的单调递增区间为$（0，\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}）$，f（x）的单调递增区间为$（\frac{{-1-\sqrt{1-8a}}}{4a}，+∞）$．
（Ⅱ）证明：$k=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}+a{x_2}^2+{x_2}-ln{x_1}-a{x_1}^2-{x_1}^{\;}}}{{{x_2}-{x_1}}}$
=$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}+a（{x_1}+{x_2}）+1$，
∵$N（u，0），A（{x_1}，{y_2}），B（{x_2}，{y_2}），\overrightarrow{AB}=λ\overrightarrow{AN}（1≤λ≤2）$，
∴x₂-x₁=λ（u-x₁），∴$u=\frac{{{x_2}+（λ-1）{x_1}}}{λ}$，
又$f'（x）=\frac{1}{x}+2ax+1$，∴$f'（u）=\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}+2a\frac{{{x_2}+（λ-1）{x_1}}}{λ}+1$，
∴$f'（u）-k=\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}+\frac{a}{λ}（2-λ）（{x_2}-{x_1}）$，
∵a＜0，x₂＞x₁，1≤λ≤2，
∴$\frac{a}{λ}（2-λ）（{x_2}-{x_1}）＜0$，
要证：f′（u）＜k．，只需证$\frac{λ}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{x{\;}_2-{x_1}}}＜0$，
即证：$\frac{{λ（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_2}+（λ-1）x{\;}_1}}-（lnx_2^{\;}-ln{x_1}）＜0$，
设$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，令$g（t）=\frac{λ（t-1）}{t+λ-1}-lnt$，
则$g'（t）=\frac{{-{t^2}+（{λ^2}-2λ+2）t-{{（λ-1）}^2}}}{{{{（t+λ-1）}^2}t}}$，
令h（t）=-t²+（λ²-2λ+2）t-（λ-1）²，
t＞1，1≤λ≤2，对称轴$t=\frac{{{{（λ-1）}^2}+1}}{2}≤1$，
h（t）＜h（1）=0，∴g′（t）＜0，故g（t）在（1，+∞）内单调递减，
则g（t）＜g（1）=0，故f′（u）＜k．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，不等式的证明，构造函数通过函数的单调性证明是解题的关键，本题是一道综合题．