Question

已知函数f（x）=lnx+ax²-2bx（a，b∈R），g（x）=

2x-2

x+1

-clnx．
（1）当a=

1

2

，b≤1时，f（x）与g（x）在定义域上单调性相反，求的|b|+c的最小值．
（2）当b＞

2a

＞0时，求证：存在m∈R，使f（x）=m有三个不同的实数解t₁，t₂，t₃，且对任意i，j∈{1，2，3}且i≠j都有

2

ti+tj

＜2b-a（t_i+t_j）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）当a=

1

2

，b≤1时，利用导数可判断f（x）在（0，+∞）上为增函数，从而知g（x）在（0，+∞）上为减函数，于是g′（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立，分离参数c后转化为函数的最值解决，利用基本不等式可求得最值；
（2）利用导数可求f（x）的极值点、单调区间，由单调性极值可知m的存在性；不妨设t_i＜t_j，易知f（t_i）=f（t_j），即lnt_i+ati2-2bt_i=lnt_j+atj2-2bt_j，化简可得

1

ti-tj

ln

ti

tj

=-a（t_i+t_j）+2b，通过作差可及差的符号可得结论；

解答： 解析：（1）∵f′（x）=

2ax2-2bx+1

x

，g′（x）=

-cx2+2(2-c)x-c

x(x+1)2

．
当a=

1

2

时，f′（x）=

x2-2bx+1

x

；当b≤1时，x²-2bx+1≥0对x∈（0，+∞）恒成立，
∴f′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数．
根据f（x）和g（x）在定义域上单调性相反得，g（x）在（0，+∞）上为减函数，
∴g′（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立，即：4x≤c（x+1）²，∴c≥

4x

(x+1)2

，
∵

4x

(x+1)2

≤

4x

(2 x )2

=1，当且仅当x=1时，

4x

(x+1)2

取最大值1．
∴c≥1，此时|b|+c的最小值是1．
（2）∵f′（x）=

2ax2-2bx+1

x

，
当b＞

2a

＞0时，a＞0，且一元二次方程2ax²-2bx+1=0的△=4（b²-2a）＞0，
∴2ax²-2bx+1=0有两个不相等的实根x1=

b- b2-2a

2a

，x2=

b+ b2-2a

2a

，
当x∈（0，x₁）时，f（x）为增函数；f（x）∈（-∞，f（x₁）），
当x∈（x₁，x₂）时，f（x）为减函数；f（x）∈（f（x₂），f（x₁）），
当x∈（x₂，+∞）时，f（x）为增函数；f（x）∈（f（x₂），+∞），
∴当m∈（f（x₂），f（x₁））时，f（x）=m一定有3个不相等的实根t₁，t₂，t₃，分别在（-∞，x₁）、（x₁，x₂）、（x₂，+∞）内，
不妨设t_i＜t_j，则f（t_i）=m，f（t_j）=m，
∴f（t_i）=f（t_j），即lnt_i+ati2-2bt_i=lnt_j+atj2-2bt_j，即lnt_i-lnt_j=-a（ti2-tj2）+2b（t_i-t_j），即

1

ti-tj

ln

ti

tj

=-a（t_i+t_j）+2b，
∴

2

ti+tj

-[2b-a（t_i+t_j）]=

2

ti+tj

-

1

ti-tj

ln

ti

tj

=

1

ti-tj

[

2(ti-tj)

ti+tj

-ln

ti

tj

]=

1

ti-tj

[

2( ti tj -1)

ti tj +1

-ln

ti

tj

]，
令

ti

tj

=t，则

2( ti tj -1)

ti tj +1

-ln

ti

tj

=

2(t-1)

t+1

-lnt，
由（1）知g（x）=

2x-2

x+1

-lnx在（0，+∞）上为减函数，又g（1）=0，
∴当0＜t＜1，

2(t-1)

t+1

-lnt＞0，又

1

ti-tj

＜0，
∴

2

ti+tj

-[2b-a（t_i+t_j）]＜0，即

2

ti+tj

＜2b-a（t_i+t_j）．

点评：该题考查利用导数研究函数的单调性、极值和函数的零点，考查学生综合运用知识分析解决问题的能力，该题运算量大，综合性强，能力要求高．