Question

13．已知函数f（x）=x-$\frac{a}{x}$．g（x）=2ln（x+m），
（Ⅰ）当m=0时，存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]（e为自然对数的底数），使x₀f（x₀）≥g（x₀），求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=m=1时，
（1）求最大正整数n，使得对任意n+1个实数x_i（i=1，2…，n+1），当x_i∈[e-1，2]（e为自然对数的底数）时，都有$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）＜2015g（x_n+1）成立；
（2）设H（x）=xf（x）+g（x），在H（x）的图象上是否存在不同的两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＞x₂＞-1），使得H（x₁）-H（x₂）=H′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）（x₁-x₂）．

Answer 1

分析 （I）x₀f（x₀）≥g（x₀）可化为${x}_{0}^{2}$-a≥2lnx₀，从而可得a≤${x}_{0}^{2}$-2lnx₀，令h（x）=x²-2lnx，从而化简函数的最大值问题，由导数求单调性，再求最大值即可．
（II） （1）$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）＜2015g（x_n+1）恒成立可化为[$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）]_max＜[2015g（x_n+1）]_min；从而化为函数的最值问题，从而求解即可；
（2）化简H（x）=xf（x）+g（x）=x²+2ln（x+1）-1，求导H′（x）=$\frac{2}{x+1}$+2x；再化简$\frac{H（{x}_{1}）-H（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$+（x₁+x₂）；从而可得H′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$+（x₁+x₂）；即ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=2$\frac{（{x}_{1}+1）-（{x}_{2}+1）}{（{x}_{1}+1）+（{x}_{2}+1）}$，令$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=t，（t∈（1，+∞）），从而化为lnt=2（1-$\frac{2}{t+1}$），再构造函数u（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，从而求导确定函数的单调性及取值即可．

解答 解：（I）x₀f（x₀）≥g（x₀）可化为${x}_{0}^{2}$-a≥2lnx₀，
即a≤${x}_{0}^{2}$-2lnx₀，
令h（x）=x²-2lnx，
则h′（x）=2x-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）（x+1）}{x}$，（x＞0）
∴当x∈[$\frac{1}{e}$，1）时，h′（x）＜0；当x∈（1，e]时，h′（x）＞0；
又∵h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$+2＜h（e）=e²-2，
∴h_max（x）=e²-2，
则a≤e²-2；
（II） （1）$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）＜2015g（x_n+1）恒成立可化为[$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）]_max＜[2015g（x_n+1）]_min；
∵f（x），g（x）均为增函数，
∴[$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）]_max=n（2-$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{2}n$，[2015g（x_n+1）]_min=2015×2=4030；
∴$\frac{3}{2}$n＜4030，即n＜2686+$\frac{2}{3}$；
∴n的最大值为2686．
（2）H（x）=xf（x）+g（x）=x²+2ln（x+1）-1，
  H′（x）=$\frac{2}{x+1}$+2x；
$\frac{H（{x}_{1}）-H（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$+（x₁+x₂）；
 H′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$+（x₁+x₂）；
故可化为$\frac{2}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$，
即ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=2$\frac{（{x}_{1}+1）-（{x}_{2}+1）}{（{x}_{1}+1）+（{x}_{2}+1）}$①
令$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=t，（t∈（1，+∞）），
①式可化为lnt=2（1-$\frac{2}{t+1}$），
令u（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，
u′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴u（t）在（1，+∞）上是增函数；
∴u（t）＞u（1）=0；
∴u（t）无零点，
故A、B两点不存在．

点评 本题考查了导数的综合应用，同时考查了恒成立问题及存在性问题，属于难题．