Question

（2013•广州一模）已知二次函数f（x）=x²+ax+m+1，关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m²的解集为（m，m+1），其中m为非零常数．设g(x)=

f(x)

x-1

．
（1）求a的值；
（2）k（k∈R）如何取值时，函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值点，并求出极值点；
（3）若m=1，且x＞0，求证：[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）根据关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m²的解集为（m，m+1），即不等式x²+（a+1-2m）x+m²+m＜0的解集为（m，m+1），从而有x²+（a+1-2m）x+m²+m=（x-m）（x-m-1）．化简后对照系数即可得出a的值；
（2）由（1）得g(x)=

f(x)

x-1

=

x2-2x+m+1

x-1

=(x-1)+

m

x-1

．利用导数研究其单调性，从而得出极值的情形；
（3）当m=1时g（x）=(x-1)+

1

x-1

．利用二项定理化简式子[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1），再利用组合数的性质或数学归纳法进行证明即得对?n∈N^*，[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2都成立．

解答：解：（1）∵关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m²的解集为（m，m+1），
即不等式x²+（a+1-2m）x+m²+m＜0的解集为（m，m+1），
∴x²+（a+1-2m）x+m²+m=（x-m）（x-m-1）．
∴x²+（a+1-2m）x+m²+m=x²-（2m+1）x+m（m+1）．
∴a+1-2m=-（2m+1）．
∴a=-2．…（2分）
（2）解法1：由（1）得g(x)=

f(x)

x-1

=

x2-2x+m+1

x-1

=(x-1)+

m

x-1

．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+

m

x-1

-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-

m

(x-1)2

-

k

x-1

=

x2-(2+k)x+k-m+1

(x-1)2

．…（3分）
方程x²-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判别式△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m．…（4分）
①当m＞0时，△＞0，方程（*）的两个实根为x1=

2+k- k2+4m

2

＜1，x2=

2+k+ k2+4m

2

＞1，…（5分）
则x∈（1，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂．…（6分）
②当m＜0时，由△＞0，得k＜-2

-m

或k＞2

-m

，
若k＜-2

-m

，则x1=

2+k- k2+4m

2

＜1，x2=

2+k+ k2+4m

2

＜1，
故x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，（苏元高考吧：www．gaokao8．net）
∴函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）没有极值点．…（7分）
若k＞2

-m

时，x1=

2+k- k2+4m

2

＞1，x2=

2+k+ k2+4m

2

＞1，
则x∈（1，x₁）时，φ'（x）＞0；x∈（x₁，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（8分）
综上所述，当m＞0时，k取任意实数，函数φ（x）有极小值点x₂；
当m＜0时，k＞2

-m

，函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（9分）
（其中x1=

2+k- k2+4m

2

，x2=

2+k+ k2+4m

2

）
解法2：由（1）得g(x)=

f(x)

x-1

=

x2-2x+m+1

x-1

=(x-1)+

m

x-1

．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+

m

x-1

-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-

m

(x-1)2

-

k

x-1

=

x2-(2+k)x+k-m+1

(x-1)2

．…（3分）
若函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值点等价于函数φ'（x）有两个不等的零点，且
至少有一个零点在（1，+∞）上．…（4分）
令φ'（x）=

x2-(2+k)x+k-m+1

(x-1)2

=0，
得x²-（2+k）x+k-m+1=0，（*）
则△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m＞0，（**）              …（5分）
方程（*）的两个实根为x1=

2+k- k2+4m

2

，x2=

2+k+ k2+4m

2

．
设h（x）=x²-（2+k）x+k-m+1，
①若x₁＜1，x₂＞1，则h（1）=-m＜0，得m＞0，此时，k取任意实数，（**）成立．
则x∈（1，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂．…（6分）
②若x₁＞1，x₂＞1，则

h(1)=-m＞0 2+k 2 ＞1

得

m＜0 k＞0

又由（**）解得k＞2

-m

或k＜-2

-m

，
故k＞2

-m

．…（7分）
则x∈（1，x₁）时，φ'（x）＞0；x∈（x₁，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（8分）
综上所述，当m＞0时，k取任何实数，函数φ（x）有极小值点x₂；
当m＜0时，k＞2

-m

，函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（9分）
（其中x1=

2+k- k2+4m

2

，x2=

2+k+ k2+4m

2

）
（3）证法1：∵m=1，∴g（x）=(x-1)+

1

x-1

．
∴[g(x+1)]n-g(xn+1)=(x+

1

x

)n-(xn+

1

xn

)=xn+

C

1 n

xn-1•

1

x

+

C

2 n

xn-2•

1

x2

+…+

C

n-1 n

x•

1

xn-1

+

C

n n

1

xn

-(xn+

1

xn

)
=

C

1 n

xn-2+

C

2 n

xn-4+…+

C

n-1 n

x2-n．…（10分）
令T=

C

1 n

xn-2+

C

2 n

xn-4+…+

C

n-1 n

x2-n，
则T=

C

n-1 n

x2-n+

C

n-2 n

x4-n+…+

C

1 n

xn-2=

C

1 n

x2-n+

C

2 n

x4-n+…+

C

n-1 n

xn-2．
∵x＞0，
∴2T=

C

1 n

(xn-2+x2-n)+

C

2 n

(xn-4+x4-n)+…+

C

n-1 n

(x2-n+xn-2)…（11分）≥

C

1 n

•2

xn-2•x2-n

+

C

2 n

•2

xn-4•x4-n

+…+

C

n-1 n

•2

x2-n•xn-2

…（12分）
=2(

C

1 n

+

C

2 n

+…+

C

n-1 n

)=2(

C

0 n

+

C

1 n

+

C

2 n

+…+

C

n-1 n

+

C

n n

-

C

0 n

-

C

n n

)=2（2ⁿ-2）．…（13分）
∴T≥2ⁿ-2，即[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2．…（14分）
证法2：下面用数学归纳法证明不等式(x+

1

x

)n-(xn+

1

xn

)≥2ⁿ-2．
①当n=1时，左边=(x+

1

x

)-(x+

1

x

)=0，右边=2¹-2=0，不等式成立；
…（10分）
②假设当n=k（k∈N^*）时，不等式成立，即(x+

1

x

)k-(xk+

1

xk

)≥2^k-2，
则 (x+

1

x

)k+1-(xk+1+

1

xk+1

)=(x+

1

x

)[(x+

1

x

)k-(xk+

1

xk

)]+(x+

1

x

)(xk+

1

xk

)-(xk+1+

1

xk+1

)=(x+

1

x

)[(x+

1

x

)k-(xk+

1

xk

)]+(xk-1+

1

xk-1

)…（11分）
≥2

x• 1 x

•(2k-2)+2

xk-1• 1 xk-1

=2^k+1-2．…（13分）
也就是说，当n=k+1时，不等式也成立．
由①②可得，对?n∈N^*，[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2都成立．…（14分）

点评：本小题主要考查二次函数、一元二次不等式、一元二次方程、函数应用、均值不等式等基础知识，考查数形结合、函数与方程、分类与整合、化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、创新意识．