解题思路：（Ⅰ）由
f′(x)＝ax+a+1+
2
x−1]，得切线斜率为k=f'（2）=2a+3，据题设，k=2，所以
a＝−
1
3
，故有
f(2)＝
2
3
，由此能求出切线方程．
（Ⅱ）由
f′(x)＝ax+a+1+
2
x−1
＝
a
x
2
+x−a+1
x−1
＝
(x+1)(ax−a+1)
x−1
(x＞1)
，知当a=0时，
f′(x)＝
x+1
x−1
，由于x＞1，所以
f′(x)＝
x+1
x−1
＞0
，由此能够讨论函数f（x）的单调区间．
（Ⅲ）当a≥0时，考查f（2）=4a+2≥2＞0，不合题意，舍；当a＜0时，由（Ⅱ）知
f(x
)
max
＝f(
a−1
a
)＝
3
a
2
−2a−1
2a
−2ln(−a)
．故只需
3
a
2
−2a−1
2a
−2ln(−a)＜−2
，即
3a+2−
1
a
＜4ln(−a)
．由此能求出实数a的取值范围．
（Ⅰ）f′(x)＝ax+a+1+
2
x−1，
得切线斜率为k=f'（2）=3a+3，（2分）
据题设，k=2，所以a＝−
1
3，故有f(2)＝
2
3，（3分）
所以切线方程为y-f（2）=2（x-2），
即6x-3y-10=0，（4分）
（Ⅱ）f′(x)＝ax+a+1+
2
x−1＝
ax2+x−a+1
x−1＝
(x+1)(ax−a+1)
x−1(x＞1)
当a=0时，f′(x)＝
x+1
x−1，
由于x＞1，所以f′(x)＝
x+1
x−1＞0，
可知函数f（x）在定义区间（1，+∞）上单调递增，（6分）
当a≠0时，f′(x)＝
a(x+1)(x−
a−1
a)
x−1，
若a＞0，则[a−1/a＜1，
可知当x＞1时，有f'（x）＞0，
函数f（x）在定义区间（1，+∞）上单调递增，（8分）
若a＜0，则
a−1
a＞1，
得当x∈(1，
a−1
a)时，f'（x）＞0；
当x∈(
a−1
a，+∞)时，f'（x）＜0．
所以，函数f（x）在区间(1，
a−1
a)上单调递增，
在区间(
a−1
a，+∞)上单调递减．
综上，当a≥0时，函数f（x）的单调递增区间是定义区间（1，+∞）；
当a＜0时，函数f（x）的单调增区间为(1，
a−1
a)，减区间为(
a−1
a，+∞)，（10分）
（Ⅲ）当a≥0时，考查f（2）=4a+2≥2＞0，不合题意，舍；
当a＜0时，由（Ⅱ）知f(x)max＝f(
a−1
a)＝
3a2−2a−1
2a−2ln(−a)．
故只需
3a2−2a−1
2a−2ln(−a)＜−2，即3a+2−
1
a＜4ln(−a)．（11分）
令t=-a，则不等式为−3t+2+
1
t＜4lnt，且t＞0．
构造函数g(t)＝4lnt+3t−2−
1
t(t＞0)，
则g′(t)＝
4
t+3+
1
t2＞0，
知函数g（t）在区间（0，+∞）上单调递增．
因为g（1）=4ln1+3-2-1=0，所以当t＞1时，g（1）＞0，
这说明不等式−3t+2+
1
t＜4lnt(t＞0)的解为t＞1，即得a＜-1．
综上，实数a的取值范围是（-∞，-1）．（14分）
点评：
本题考点： 利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
考点点评： 本题考查利用导数求闭区间上函数最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．
1年前
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