Question

已知：二次函数f（x）=ax²+bx+1，其中a，b∈R，g（x）=ln（ex），且函数F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值．
（I）求a，b所满足的关系；
（II）若直线l：y=kx（k∈R）与函数y=f（x）在x∈[1，2]上的图象恒有公共点，求k的最小值；
（III）试判断是否存在a∈（-2，0）∪（0，2），使得对任意的x∈[1，2]，不等式（x+a）F（x）≥0恒成立？如果存在，请求出符合条件的a的所有值；如果不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（I） F（x）=f（x）-g（x）=ax²+bx+1-ln（ex），求导函数，利用F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值，可确定a，b所满足的关系；
（II）由题意方程kx=ax²+（1-2a）x+1在x∈[1，2]时总有解，分离参数，分类讨论求出函数的最值，即可求得k的最小值；
（III）F（x）=ax²+（1-2a）x+1-lnx，分类讨论：当a∈（0，2）时，函数y=F（x）单调递增，从而可得F（x）_min≥F（1）=1-a≥0，可得a∈（0，1]时成立；当a∈[-1，0）且a≠-

1

2

时，（x+a）F（x）≥0成立；当-2＜a＜-1时，（x+a）F（x）≥0等价于

-a＜x≤2 F(x)≥0

或

1≤x≤-a F(x)≤0

，此时不成立，故可求存在符合条件的a的取值的集合．

解答：解：（I） 由已知，∵f（x）=ax²+bx+1，g（x）=ln（ex），
∴函数F（x）=f（x）-g（x）=ax²+bx+1-ln（ex）
∴F′（x）=

2ax2+bx-1

x

(x＞0)，
∵F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值
∴F′（1）=0，∴b=1-2a，
∴F′（x）=

2a(x+ 1 2a )(x-1)

x

，
∴-

1

2a

≠1，∴a≠-

1

2

（II）由题意得：方程kx=ax²+（1-2a）x+1在x∈[1，2]时总有解，
∴k=

ax2+(1-2a)x+1

x

，即k=ax+

1

x

+1-2a，
∵当a＜0时，k=ax+

1

x

+1-2a在x∈[1，2]时单调递减，∴k≥

3

2

，
当0＜a＜

1

4

时，由k′=a-

1

x2

＜0，k=ax+

1

x

+1-2a在x∈[1，2]时单调递减，∴k≥

3

2

，
当

1

4

≤a≤1时，由ax+

1

x

+1-2a≥2

a

+1-2a（当且仅当x=

1

a

时，取“=”）得k≥2

a

+1-2a，
当a＞1时，k=ax+

1

x

+1-2a在x∈[1，2]时单调递增，∴k≥2-a．
∴要使得直线l：y=kx（k∈R）与函数y=f（x）在x∈[1，2]上的图象恒有公共点
实数k应取

3

2

（a＜0）、2

a

+1-2a（

1

4

≤a≤1），2-a（a＞1）三者中的最大值，
∵2

a

+1-2a=-2(

a

-

1

2

)2+

3

2

≤

3

2

（

1

4

≤a≤1），又2-a＜1（a＞1），
∴k的最小值为

3

2

．
（III）∵F（x）=ax²+（1-2a）x+1-lnx，
当a∈（0，2）时，∵x∈[1，2]，∴由（x+a）F（x）≥0得F（x）≥0，
∵F′（x）=

2a(x+ 1 2a )(x-1)

x

，
∴x∈[1，2]时，F′（x）＞0，函数y=F（x）单调递增，∴F（x）_min≥F（1）=1-a≥0，
∴a∈（0，1]时成立．…（13分）
当a∈[-1，0）且a≠-

1

2

时，∵F（1）=1-a≥0，F（2）=2-ln2≥0，类似地由单调性证得F（x）≥0，
又x+a≥0，∴（x+a）F（x）≥0成立，
当-2＜a＜-1时，（x+a）F（x）≥0等价于

-a＜x≤2 F(x)≥0

或

1≤x≤-a F(x)≤0

．
由上可知，此时不成立．
综上，存在符合条件的a，其所有值的集合为[-1，-

1

2

）∪(-

1

2

，0)∪(0，1]

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的最值，考查恒成立问题，正确求导，确定函数的单调性是关键．