Question

18．已知二次函数f（x）=x²+ax+b+1，关于x的不等式f（x）-（2b-1）x+b²＜1的解集为（b，b+1），其中b≠0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）令g（x）=$\frac{f（x）}{x-1}$，若函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值点，求实数k的取值范围，并求出极值点．

Answer 1

分析 （I）令f（b）-（2b-1）b+b²=1即可解出a；
（II）求出φ′（x），令φ′（x）=0，讨论b的符号得出两根与区间（0，1）的关系，从而得出φ（x）的单调性，得出极值的情形．

解答 解：（I）∵f（x）-（2b-1）x+b²＜1的解集为（b，b+1），
即x²+（a-2b+1）x+b²+b＜0的解集为（b，b+1），
∴方程x²+（a-2b+1）x+b²+b=0的解为x₁=b，x₂=b+1，
∴b+（b+1）=-（a-2b+1），解得a=-2．
（II）φ（x）得定义域为（1，+∞）．
由（I）知f（x）=x²-2x+b+1，∴g（x）=$\frac{{x}^{2}-2x+b+1}{x-1}$=x-1+$\frac{b}{x-1}$，
∴φ′（x）=1-$\frac{b}{（x-1）^{2}}$-$\frac{k}{x-1}$=$\frac{{x}^{2}-（2+k）x+k-b+1}{（x-1）^{2}}$，
∵函数φ（x）存在极值点，∴φ′（x）=0有解，
∴方程x²-（2+k）x+k-b+1=0有两个不同的实数根，且在（1，+∞）上至少有一根，
∴△=（2+k）²-4（k-b+1）=k²+4b＞0．
解方程x²-（2+k）x+k-b+1=0得x₁=$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，x₂=$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$
（1）当b＞0时，x₁＜1，x₂＞1，
∴当x∈（1，$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）时，φ′（x）＜0，当x∈（$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，+∞）时，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（1，$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）上单调递减，在（$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，+∞）上单调递增，
∴φ（x）极小值点为$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$．
（2）当b＜0时，由△=k²+4b＞0得k＜-2$\sqrt{-b}$，或k＞2$\sqrt{-b}$，
若k＜-2$\sqrt{-b}$，则x₁＜1，x₂＜1，
∴当x＞1时，φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，+∞）上单调递增，不符合题意；
若k＞2$\sqrt{-b}$，则x${\;}_{{1}_{\;}}$＞1，x₂＞1，
∴φ（x）在（1，$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）上单调递增，在（$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）上单调递减，在（$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，+∞）单调递增，
∴φ（x）的极大值点为$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，极小值点为$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$．
综上，当b＞0时，k取任意实数，函数φ（x）极小值点为$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$；
当b＜0时，k＞2$\sqrt{-b}$，函数φ（x）极小值点为$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，极大值点为$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$．

点评 本小题主要考查二次函数的性质、一元二次不等式与一元二次方程的关系，分类讨论思想，属于中档题．