Question

15．已知函数g（x）=lnx+ax²+bx，（a、b∈R）．
（1）若关于x的不等式1+lnx＜g（x）的解集为（1，2），求b-a的值；
（2）求f（x）=g（x）-bx的单调区间；
（3）若a=b=1，y=g（x）的图象上是否存在两点P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂）（其中x₁≥e²x₂），使得PQ的斜率等于曲线y=g（x）在其上一点C（点C的横坐标等于PQ中点的横坐标）处的切线的斜率？

Answer 1

分析 （1）把关于x的不等式1+lnx＜g（x）转化为ax ²+bx-1＞0，由其解集为（1，2），借助于根与系数关系列式求得a，b的值，则b-a可求；
（2）把g（x）代入f（x）=g（x）-bx=lnx+ax²，求其导函数，然后分a≥0和a＜0求得函数的单调期间；
（3）把a=b=1代入函数解析式，假设存在这样的两点P（x ₁，y ₁ ），Q（x ₂，y ₂ ），（其中x ₁≥e ² x ₂ ），中点C的横坐标 x ₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，由PQ的斜率等于曲线在其上一点C（点C的横坐标等于PQ中点的横坐标）处的切线的斜率，化简整理得到$\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt$，由x₁≥e²x₂，得t≥e ²，问题转化为方程$\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt$有大于等于e²的解，即函数h（t）=$\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt$有大于等于e²的零点，通过求导说明方程$\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt$在[e²，+∞）上无解，即假设错误，则可得到：若a=b=1，y=g（x）的图象上不存在两点P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂）（其中x₁≥e²x₂），使得PQ的斜率等于曲线y=g（x）在其上一点C（点C的横坐标等于PQ中点的横坐标）处的切线的斜率．

解答 解：（1）∵关于x的不等式1+lnx＜g（x）的解集为（1，2），
∴ax ²+bx-1＞0的解集为（1，2），
则a＜0，1+2=$-\frac{b}{a}$，1×2=-$\frac{1}{a}$，
∴a=-$\frac{1}{2}$，b=$\frac{3}{2}$，
∴b-a=2；
（2）∵f（x）=g（x）-bx=lnx+ax²，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}+2ax=\frac{2a{x}^{2}+1}{x}$，
当a≥0时，f′（x）≥0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增；
当a＜0时，由f′（x）=$\frac{2a{x}^{2}+1}{x}=0$，x=$±\sqrt{-\frac{1}{2a}}$（x＞0）．
∴当x∈（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）时，f′（x）≥0，
当x∈（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）单调递增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）单调递减；
（3）若a=b=1，假设存在这样的两点P（x ₁，y ₁ ），Q（x ₂，y ₂ ），（其中x ₁≥e ² x ₂ ），
中点C的横坐标 x ₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+2x+1，
∵PQ的斜率等于曲线在其上一点C（点C的横坐标等于PQ中点的横坐标）处的切线的斜率，
∴g′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}+2{x}_{0}+1$=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln{x}_{1}+{{x}_{1}}^{2}+{x}_{1}-ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}-{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
即$\frac{1}{{x}_{0}}+2{x}_{0}+1$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+（{x}_{1}-{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）+（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}+（{x}_{1}+{x}_{2}）+1$，
∴$\frac{1}{{x}_{0}}+2{x}_{0}+1=\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}+2{x}_{0}+1$，
∴$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
即$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}=ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}=ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∴$\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt$，
∵x₁≥e²x₂，即t≥e ²，
令h（t）=$\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt$，
∵${h}^{′}（t）=\frac{4}{（t+1）^{2}}-\frac{1}{t}=\frac{-（t-1）^{2}}{（t+1）^{2}}＜0$，
∴h（t）为减函数，又h（1）=0，
∴方程$\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt$在[e²，+∞）上无解．
故假设错误，
∴若a=b=1，y=g（x）的图象上不存在两点P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂）（其中x₁≥e²x₂），使得PQ的斜率等于曲线y=g（x）在其上一点C（点C的横坐标等于PQ中点的横坐标）处的切线的斜率．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，考查了学生的逻辑思维能力和运算能力，综合性强，难度大．