Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²-2bx（a，b∈R），g（x）=

2x-2

x+1

-clnx．
（1）當a=

1

2

，b≤1時，f（x）與g（x）在定義域上單調(diào)性相反，求的|b|+c的最小值．
（2）當b＞

2a

＞0時，求證：存在m∈R，使f（x）=m有三個不同的實數(shù)解t₁，t₂，t₃，且對任意i，j∈{1，2，3}且i≠j都有

2

ti+tj

＜2b-a（t_i+t_j）．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）當a=

1

2

，b≤1時，利用導數(shù)可判斷f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，從而知g（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，于是g′（x）≤0對x∈（0，+∞）恒成立，分離參數(shù)c后轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值解決，利用基本不等式可求得最值；
（2）利用導數(shù)可求f（x）的極值點、單調(diào)區(qū)間，由單調(diào)性極值可知m的存在性；不妨設t_i＜t_j，易知f（t_i）=f（t_j），即lnt_i+ati2-2bt_i=lnt_j+atj2-2bt_j，化簡可得

1

ti-tj

ln

ti

tj

=-a（t_i+t_j）+2b，通過作差可及差的符號可得結論；

解答： 解析：（1）∵f′（x）=

2ax2-2bx+1

x

，g′（x）=

-cx2+2(2-c)x-c

x(x+1)2

．
當a=

1

2

時，f′（x）=

x2-2bx+1

x

；當b≤1時，x²-2bx+1≥0對x∈（0，+∞）恒成立，
∴f′（x）≥0對x∈（0，+∞）恒成立，f（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)．
根據(jù)f（x）和g（x）在定義域上單調(diào)性相反得，g（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
∴g′（x）≤0對x∈（0，+∞）恒成立，即：4x≤c（x+1）²，∴c≥

4x

(x+1)2

，
∵

4x

(x+1)2

≤

4x

(2 x )2

=1，當且僅當x=1時，

4x

(x+1)2

取最大值1．
∴c≥1，此時|b|+c的最小值是1．
（2）∵f′（x）=

2ax2-2bx+1

x

，
當b＞

2a

＞0時，a＞0，且一元二次方程2ax²-2bx+1=0的△=4（b²-2a）＞0，
∴2ax²-2bx+1=0有兩個不相等的實根x1=

b- b2-2a

2a

，x2=

b+ b2-2a

2a

，
當x∈（0，x₁）時，f（x）為增函數(shù)；f（x）∈（-∞，f（x₁）），
當x∈（x₁，x₂）時，f（x）為減函數(shù)；f（x）∈（f（x₂），f（x₁）），
當x∈（x₂，+∞）時，f（x）為增函數(shù)；f（x）∈（f（x₂），+∞），
∴當m∈（f（x₂），f（x₁））時，f（x）=m一定有3個不相等的實根t₁，t₂，t₃，分別在（-∞，x₁）、（x₁，x₂）、（x₂，+∞）內(nèi)，
不妨設t_i＜t_j，則f（t_i）=m，f（t_j）=m，
∴f（t_i）=f（t_j），即lnt_i+ati2-2bt_i=lnt_j+atj2-2bt_j，即lnt_i-lnt_j=-a（ti2-tj2）+2b（t_i-t_j），即

1

ti-tj

ln

ti

tj

=-a（t_i+t_j）+2b，
∴

2

ti+tj

-[2b-a（t_i+t_j）]=

2

ti+tj

-

1

ti-tj

ln

ti

tj

=

1

ti-tj

[

2(ti-tj)

ti+tj

-ln

ti

tj

]=

1

ti-tj

[

2( ti tj -1)

ti tj +1

-ln

ti

tj

]，
令

ti

tj

=t，則

2( ti tj -1)

ti tj +1

-ln

ti

tj

=

2(t-1)

t+1

-lnt，
由（1）知g（x）=

2x-2

x+1

-lnx在（0，+∞）上為減函數(shù)，又g（1）=0，
∴當0＜t＜1，

2(t-1)

t+1

-lnt＞0，又

1

ti-tj

＜0，
∴

2

ti+tj

-[2b-a（t_i+t_j）]＜0，即

2

ti+tj

＜2b-a（t_i+t_j）．

點評：該題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和函數(shù)的零點，考查學生綜合運用知識分析解決問題的能力，該題運算量大，綜合性強，能力要求高．