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已知函数f(x)=x2+a(x+lnx),x>0,a∈R是常数.试证明:
(1)?a∈R,y=(a+1)(2x-1)是函数y=f(x)的图象的一条切线;
(2)?a∈R,存在ξ∈(1,e),使f′(ξ)=
f(e)-f(1)
e-1
考点:利用导数研究曲线上某点切线方程,特称命题
专题:导数的综合应用
分析:(1)求出原函数的导函数,求得y=(a+1)(2x-1)的斜率k=2(a+1),由导函数等于2(a+1)求得x的值,再求出f(1),由点斜式得直线方程,整理后证得答案;
(2)求出
f(e)-f(1)
e-1
的值,构造辅助函数g(x)=f′(ξ)-
f(e)-f(1)
e-1
,对a分类讨论,当a>e(e-1)2a<
(e-1)2
e-2
时,由函数零点存在定理证明,当
(e-1)2
e-2
≤a≤e(e-1)2
时,由均值不等式求出函数g(x)的最小值,而最小值小于0,进一步说明存在ξ∈(1,e),使g(ξ)=0,从而证得答案.
解答: 证明:(1)∵f(x)=x2+a(x+lnx),
f(x)=2x+a(1+
1
x
)
,直线y=(a+1)(2x-1)的斜率k=2(a+1),
2x+a(1+
1
x
)=2(a+1)
,得x=1,
∴f′(1)=2a+2,
又f(1)=1+a,
曲线y=f(x)在点(1,f(1))的切线为y-1-a=(2a+2)(x-1),
即y=(a+1)(2x-1),
∴y=(a+1)(2x-1)是曲线y=f(x)的一条切线;
(2)直接计算知
f(e)-f(1)
e-1
=e+1+a+
a
e-1

设函数g(x)=f(x)-
f(e)-f(1)
e-1
=2x-(e+1)+
a
x
-
a
e-1

g(1)=1-e+a-
a
e-1
=
a(e-2)-(e-1)2
e-1

g(e)=e-1+
a
e
-
a
e-1
=
e(e-1)2-a
e(e-1)

当a>e(e-1)2a<
(e-1)2
e-2
时,g(1)•g(e)=-
[a(e-2)-(e-1)2]•[a-e(e-1)2]
e(e-1)2
<0

∵y=g(x)的图象是一条连续不断的曲线,∴存在ξ∈(1,e),使g(ξ)=0,
即ξ∈(1,e),使f′(ξ)=
f(e)-f(1)
e-1

(e-1)2
e-2
≤a≤e(e-1)2
时,g(1)、g(e)≥0,而且g(1)、g(e)之中至少一个为正,
由均值不等式知,g(x)≥2
2a
-
a+e2-1
e-1
,等号当且仅当x=
a
2
∈(1,e)
时成立,
∴g(x)有最小值m=2
2a
-
a+e2-1
e-1
=
-a+2(e-1)
2a
-(e2-1)
e-1

m=
-a+2(e-1)
2a
-(e2-1)
e-1
=
-[
a
-
2
(e-1)]
2
+(e-1)(e-3)
e-1
<0

此时存在ξ∈(1,e)(ξ∈(1,
a
2
)
ξ∈(
a
2
,e)
),使g(ξ)=0.
综上所述,?a∈R,存在ξ∈(1,e),使f′(ξ)=
f(e)-f(1)
e-1
点评:本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程,训练了函数构造法,考查了利用函数零点存在性定理判断函数零点的个数,体现了数学转化思想方法,是中档题.
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x+y-
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C、-
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10
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C
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