Question

9．已知函数f（x）=（x-2）1n（2-x）和函数y=g（x）的图象关于点（1，0）对称．
（1）若方程g（x）+x²+ax+2=0有实数根，求实数a的范围；
（2）若?x∈（0，+∞），g（x）+bx³-x²+x≤0恒成立，求实数b的最大值．

Answer 1

分析 （1）由函数f（x）和函数y=g（x）的图象关于点（1，0）对称求出g（x）的解析式，由方程g（x）+x²+ax+2=0有实数根，可得$a=-lnx-x-\frac{2}{x}$（x＞0）有实数根，
令h（x）=-lnx-x-$\frac{2}{x}$，利用导数求出函数h（x）的最大值得到a的取值范围；
（2）由g（x）+bx³-x²+x≤0恒成立，得到$b≤\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上恒成立，令t（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$，利用导数求其最小值，可得实数b的最大值．

解答 解：（1）设P（x，y）为函数y=g（x）的图象上的点，则P（x，y）关于点（1，0）的对称点为P′（2-x，-y），
代入f（x）=（x-2）1n（2-x），得-y=-xlnx，即y=xlnx，
∴g（x）=xlnx，
方程g（x）+x²+ax+2=0有实数根，即xlnx+x²+ax+2=0有实数根，
也就是$a=-lnx-x-\frac{2}{x}$（x＞0）有实数根，
令h（x）=-lnx-x-$\frac{2}{x}$，则h′（x）=$-\frac{1}{x}-1+\frac{2}{{x}^{2}}=\frac{-{x}^{2}-x+2}{{x}^{2}}$=$\frac{-（x+2）（x-1）}{{x}^{2}}$．
当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数，
∴h（x）_max=h（1）=-3，
则a≤-3；
（2）?x∈（0，+∞），g（x）+bx³-x²+x≤0恒成立，
即xlnx+bx³-x²+x≤0恒成立，
也就是$b≤\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上恒成立，
令t（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$，则t′（x）=$-\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{2}{{x}^{3}}+$$\frac{2lnx}{{x}^{3}}-\frac{1}{{x}^{3}}$=$\frac{2lnx}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{3}}-\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{2lnx-x+1}{{x}^{3}}$，
令φ（x）=2lnx-x+1，则φ′（x）=$\frac{2}{x}-1$，
当x∈（0，2）时，φ′（x）＞0，当x∈（2，+∞）时，φ′（x）＜0，
又φ（1）=0，且存在x₀∈（2，+∞），使φ（x₀）=0，
∴当x∈（0，1），（x₀，+∞）时，t（x）为减函数，当x∈（1，x₀）时，t（x）为增函数，
而t（1）=0，当x→+∞时，t（x）→0，且t（x）＞0，
∴t（x）_min=0，
∴b≤0，即b的最大值为0．

点评 本题考查恒成立问题，训练了利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，属难题．