（2014•成都一模）已知函数f（x）=aln（x+1），g（x）=x-[1/2]x2，a∈R．

（2014•成都一模）已知函数f（x）=aln（x+1），g（x）=x-[1/2]x2，a∈R．
（Ⅰ）若a=-1，求曲线y=f（x）在x=3处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立，求a的最小值；
（Ⅲ）设p（x）=f（x-1），a＞0，若A（x1，y1），B（x2，y2）为曲线y=p（x）的两个不同点，满足0＜x1＜x2，且∃x3∈（x1，x2），使得曲线y=f（x）在x3处的切线与直线AB平行，求证：x3＜
x1+x2
2
．
海_老水车 1年前 已收到1个回答 举报
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百丈潭3630 幼苗

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解题思路：（I）当a=-1时，f（x）=-ln（x+1），得出切点（3，-ln4）．利用导数的几何意义即可得出切线的斜率，进而得到切线方程；
（II）对任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立⇔aln（x+1）-x+[1/2x2≥0．
令h（x）=aln（x+1）-x+
1
2
x2（x≥0）．利用导数的运算法则可得h′（x）=
x2+a−1
x+1
(x≥0)．
分类讨论：当a≥1时，当a＜1时，只要验证最小值是否大于0即可得出．
（III）p（x）=f（x-1）=alnx，kAB=
alnx2−alnx1
x2−x1]．利用导数的运算法则可得p′(x)＝
a
x
．由于曲线
y=f（x）在x3处的切线与直线AB平行，可得
alnx2−alnx1
x2−x1
＝
a
x3
．利用p′（x）在定义域内单调性质要证：x3＜
x1+x2
2
．即证明p′(x3)＞p′(
x1+x2
2
)．即证明
alnx2−alnx1
x2−x1
＞
2a
x1+x2
．变形可得ln
x2
x1
＞
2(x2−x1)
x2+x1
＝
2(
x2
x1
−1)
x2
x1
+1
，
令
x2
x1
＝t，则t＞1．要证明的不等式等价于lnt＞
2(t−1)
t+1
⇔（t+1）lnt＞2（t-1）．构造函数q（t）=（t+1）lnt-2（t-1），（t＞1）．利用导数研究其单调性即可证明．

（I）当a=-1时，f（x）=-ln（x+1），得出切点（3，-ln4）．
∵f′(x)＝−
1
x+1，∴切线的斜率k=f′(3)＝−
1
4．
∴曲线y=f（x）在x=3处的切线方程为：y+ln4=-[1/4]（x-3），化为x+4y+8ln2-3=0．
（II）对任意的x∈[0，+∞），都有f（x）≥g（x）恒成立⇔aln（x+1）-x+[1/2x2≥0．
令h（x）=aln（x+1）-x+
1
2x2（x≥0）．
h′(x)＝
a
x+1−1+x=
x2+a−1
x+1(x≥0)．
①当a≥1时，h′（x）≥0恒成立，
∴函数h（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，∴h（x）≥h（0）=0，∴a≥1时符合条件．
②当a＜1时，由h′（x）=0，及x≥0，解得x＝
1−a]．
当x∈(0，
1−a)时，h′（x）＜0；当x∈(
1−a，+∞)时，h′（x）＞0．
∴hmin(x)＝h(
1−a)=h(
1−a)＜h(1)＝0，这与h（x）≥0相矛盾，应舍去．
综上可知：a≥1．∴a的最小值为1．
（III）p（x）=f（x-1）=alnx，kAB=

点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．

考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、构造函数法、换元法、恒成立问题的等价转化、分类讨论等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

1年前

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