Question

（2011•绵阳一模）己知函数f（x）=

a

x

-1（其中a是不为0的实数），g（x）=lnx，设F（x）=f（x）+g（x）．
（Ⅰ）判断函数F（x）在（0，3]上的单调性；
（Ⅱ）已知s，t为正实数，求证：t^te^x≥s^te^t（其中e为自然对数的底数）；
（Ⅲ）是否存在实数m，使得函数y=f（

2a

x2+1

）+2m的图象与函数y=g（x²+1）的图象恰好有四个不同的交点？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（I）求出F（x）的导函数，通过对参数a的讨论，判断出导函数的符号，进一步得到函数的单调性．
（II）先求出当a=1时F（x）的导函数，通过导函数判断出函数的单调性，求出函数的最小值，得到F(

t

s

)≥F（1）=0，整理不等式得到所要证的不等式．
（III）由已知得f(

2a

x2+1

)+2m=g(x2+1)，分离出参数m，构造函数h（x），通过导数求出函数的单调性及极值，画出函数h（x）的草图，判断出m的范围．

解答：解：（Ⅰ）F（x）=

a

x

-1+lnx．
F′（x）=

x-a

x2

，
①当a≤0时，F′（x）≥0，
∴F（x）在（0，3）上是增函数；
②当0＜a＜3时，x∈（0，a）时，F′（x）≤0，∴F（x）在（0，a）上是减函数；
x∈（a，3）时，F′（x）≥0，∴F（x）在（a，3）上是增函数．
③当a≥3时，F′（x）≤0，∴F（x）在（0，3）上是减函数．…（4分）
（Ⅱ）令a=1，则F（x）=

1

x

-1+lnx，于是F′（x）=

x-1

x2

，
∴F（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数．
∴在区间（0，+∞）上F（x）有F（x）_min=F（1）=0．
∵F(

t

s

)≥F（1）=0，
即

s

t

-1+ln

t

s

≥0≥0，
整理得

t

s

≥e•e-

s

t

，即te

s

t

≥se，即t^te^s≥s^te^t．…（8分）
（III）由已知得f(

2a

x2+1

)+2m=g(x2+1)，代入整理得m=

1

2

ln(x2+1)-

x2

4

+

1

4

．
于是题意即为直线y=m与y=

1

2

ln(x2+1)-

x2

4

+

1

4

的图象有4个不同的交点．
令h（x）=

1

2

ln(x2+1)-

x2

4

+

1

4

，
则h′(x)=

x(1-x)(1+x)

2(x2+1)

．

x	（-∞，-1）	-1	（-1，0）	0	（0，1）	1	（1，+∞）
h′（x）	+	0	-	0	+	0	-
h（x）	↗	极大值 1 2 ln2	↘	极小值 1 4	↗	极大值 1 2 ln2	↘

可绘出h（x）的大致图象如图．
由图象可知当m∈（

1

4

，

1

2

ln2）时满足有四个不同的交点．
∴存在实数m∈(

1

4

，

1

2

ln2)时满足条件．…（14分）

点评：本题考查通过利用导数解决函数在闭区间上的最值问题，若含参数一般需要讨论；通过利用导数求函数的极值问题及单调性，进一步可画出函数的草图，解决两个函数的交点个数问题，属于难题．