Question

已知函數(shù)f（x）=x²+2x+alnx．
（1）求函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2]上恒為單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)t≥1時(shí)，不等式f（3t-2）≥3f（t）-6恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由求導(dǎo)公式和法則求出導(dǎo)數(shù)，求出f′（1）和f（1），代入點(diǎn)斜式方程，并化為一般式方程；
（2）根據(jù)題意和導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性關(guān)系得，f′(x)=2x+2+

a

x

≥0和f′(x)=2x+2+

a

x

≤0在（0，2]恒成立，再分離出常數(shù)a，再由二次函數(shù)的單調(diào)性求出“2x²+2x”在（0，2]上的最小值即可；
（3）由題意構(gòu)造函數(shù)h（t）=f（3t-2）-[3f（t）-6]，再求出導(dǎo)數(shù)并化簡，根據(jù)t的范圍，判斷出一部分因式的符號，再對a分類討論，判斷出函數(shù)h（t）的單調(diào)性，求出函數(shù)h（t）的值域，再對照不等式看是否符合，求出a的范圍．

解答：解：（1）由題意得，f′(x)=2x+2+

a

x

，
∴f′（1）=4+a，且f（1）=3，
∴過點(diǎn)（1，f（1））的切線方程為y-3=（4+a）（x-1），
即（4+a）x-y-a-1=0，
（2）由f（x）在區(qū)間（0，2]上恒為單調(diào)函數(shù)得，
當(dāng)f（x）在區(qū)間（0，2]上恒為單調(diào)增時(shí)，
∴f′(x)=2x+2+

a

x

≥0在（0，2]恒成立，
即2x²+2x+a≥0，∴-a≤2x²+2x，
∵2x²+2x在（0，2]上最小值為0，
∴-a≤0，即a≥0，
當(dāng)f（x）在區(qū)間（0，2]上恒為單調(diào)減時(shí)，
∴f′(x)=2x+2+

a

x

≤0在（0，2]恒成立，
即2x²+2x+a≤0，∴-a≥2x²+2x，
∵2x²+2x在（0，2]上最小值為12，
∴-a≥12，即a≤-12．
綜上得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥0或a≤-12．     
（3）由題意令：h（t）=f（3t-2）-[3f（t）-6]（t≥1），
又∵h′(t)=3[f′(3t-2)-f′(t)]=6(t-1)[2-

a

t(3t-2)

]（t≥1），
∵t≥1，∴t（3t-2）≥1．
1°當(dāng)a≤2時(shí)，2-

a

t(3t-2)

≥0，h′（t）≥0（等號不恒成立），
∴h（t）在[1，+∞）上為增函數(shù)，
且h（1）=f（1）-[3f（1）-6]=3-3=0，
則h（t）≥h（1）對任意的t∈[1，+∞）恒成立．
2°當(dāng)a＞2時(shí)，
h′(t)=

6(t-1)(6t2-4t-a)

t(3t-2)

=

36(t-1)(t- 1- 1+9a 3 )(t- 1+ 1+9a 3 )

t(3t-2)

，
∵

1- 1+9a

3

＜1＜

1+ 1+9a

3

，
∴當(dāng)t∈(1，

1+ 1+9a

3

)時(shí)，h′（t）＜0，
h（t）在(1，

1+ 1+9a

3

)上為減函數(shù)，
則h（t）＜h（1）=0，不合題意，舍去．
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，2]．

點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、最值，以及恒成立問題，考查了轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，構(gòu)造函數(shù)法，綜合性較強(qiáng)，難度很大．