Question

已知函数f（x）=x²+ax+c，g（x）=lnx+c，a，c∈R；
（1）令F（x）=f（x）-g（x），①若函数F（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；
②若G（x）=F（x）-x²，是否存在正实数a，当x∈（0，e]（e是自然对数的底数）时，函数G（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
（2）若对?x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，f（x₁）≠f（x₂），试证明?x₀∈（x₁，x₂），使f(x0)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]成立．

Answer 1

分析：（1）①求出函数F（x），由导函数在[1，2]上小于等于0恒成立，采用分离变量求a的范围；②求出函数G（x），求其导函数，分最小值在不在给定的区间两种情况讨论a的存在性；
（2）构造函数g(x)=f(x)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]，判出g（x₁）•g（x₂）＜0，则说明?x₀∈（x₁，x₂），使f(x0)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]成立．

解答：解：（1）①∵F（x）=f（x）-g（x）=x²+ax+c-lnx-c=x²+ax-lnx，
∴F′(x)=(x2+ax-lnx)′=2x-

1

x

+a，
∵函数F（x）在[1，2]上是减函数，
∴当x∈[1，2]时，2x-

1

x

+a≤0恒成立，即a≤-2x+

1

x

恒成立，
又(-2x+

1

x

)min=-

7

2

，
∴a∈(-∞，-

7

2

]；
②由G（x）=F（x）-x²=x²+ax-lnx-x²=ax-lnx，
由G′(x)=a-

1

x

＜0，得x＜

1

a

，若

1

a

≥e，则G（x）在（0，e]上为减函数，此时G（x）_min=ae-1，
由ae-1=3，得a=

4

e

（舍）；若

1

a

＜e，则函数G（x）在（0，

1

a

）上为减函数，在（

1

a

，e）上为增函数，
所以G(x)min=1-ln

1

a

，由1-ln

1

a

=3，得a=e²
所以存在a=e²，使函数G（x）的最小值是3．
（2）令g(x)=f(x)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]，
则g(x1)=f(x1)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]=

f(x1)-f(x2)

2

，g(x2)=f(x2)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]=

f(x2)-f(x1)

2

，
∴g(x1)•g(x2)=-

1

4

[f(x1)-f(x2)]2＜0，(∵f(x1)≠f(x2))∴g（x）=0，
在（x₁，x₂）内必有一个实根．即?x₀∈（x₁，x₂），使f(x0)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]成立．

点评：本题（1）考查了利用函数的导函数判断函数的单调性以及函数零点的判断，考查了运用导函数的符号判断函数单调性的方法，同时考查了分类讨论的数学思想；
（2）考查了函数零点的判定，判断函数在某区间内有零点，只要满足区间两端点处的函数值的乘积小于0即可．