Question

【题目】已知函数f（x）=lnx+ax2-x（x＞0，a∈R）．

（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；

（Ⅱ）求证：当a≤0时，曲线y=f（x）上任意一点处的切线与该曲线只有一个公共点．

Answer 1

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析

【解析】

（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围．求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）根据函数的单调性以及a的范围证明即可．

（Ⅰ）f′（x）=+2ax-1=（x＞0），

设g（x）=2ax2-x+1（x＞0），

（1）当0＜a＜时，g（x）在（0，），（，+∞）上大于零，

在（，）上小于零，

所以f（x）在（0，），（，+∞）上递增，

在（，）上递减，

（2）当a≥时，g（x）≥0（当且仅当a=，x=2时g（x）=0），

所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，

（3）当a=0时，g（x）在（0，1）上大于零，在（1，+∞）上小于零，

所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减，

（4）当a＜0时，g（x）在（0，）上大于零，在（，+∞）上小于零，

所以f（x）在（0，）上递增，在（，+∞）上递减；

（Ⅱ）曲线y=f（x）在点（t，f（t））处的曲线方程为：

y=（+2at-1）（x-t）+lnt+at2-t，

曲线方程和y=f（x）联立可得：

lnx+ax2-（+2at）x-lnt+at2+1=0，

设h（x）=lnx+ax2-（+2at）x-lnt+at2+1（x＞0），

h′（x）=，

当a≤0时，在（0，t）h′（x）＞0，在（t，+∞）h′（x）＜0，

故h（x）在（0，t）递增，在（t，+∞）递减，

又h（t）=0，

故h（x）只有唯一的零点t，

即切线与该曲线只有1个公共点（t，f（t））．