Question

4．已知函数f（x）=ln（x+m）+n的图象在点（1，f（1））处的切线方程是y=x-1，函数g（x）=ax²+bx（a、b∈R，a≠0）在x=2处取得极值-2．
（1）求函数f（x）、g（x）的解析式；
（2）若函数y=f（x+1）-g′（x）（其中g′（x）是g（x）的导函数）在区间（t，t+$\frac{1}{2}$）没有单调性，求实数t的取值范围；
（3）设k∈Z，当x＞1时，不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，求得切线方程，求出g（x）的导数，由极值的定义可得方程，由条件解得m=n=0，a=$\frac{1}{2}$，b=-2．进而得到f（x），g（x）的解析式；
（2）求出函数y的导数，求得单调区间，可得t的不等式，即可得到t的范围；
（3）原不等式等价于k（x-1）＜xlnx+3x-2，即为k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1），令λ（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1），求得导数，求得单调区间，运用函数的零点存在定理，可得k的增大整数．

解答 解：（1）由f（x）=ln（x+m）+n（x＞-m），
可得f′（x）=$\frac{1}{x+m}$（x＞-m），
∴f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是y-f（1）=f′（1）（x-1），
即y=f′（1）x+f（1）-f′（1），依题该直线与直线y=x-1重合，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=\frac{1}{1+m}=1}\\{f（1）=ln（1+m）+n=0}\end{array}\right.$，可解得m=n=0．
∵又g（x）=ax²+bx可得g′（x）=2ax+b，且g（x）在x=2处取得极值-2．
∴$\left\{\begin{array}{l}{g′（2）=4a+b=0}\\{g（2）=4a+2b=-2}\end{array}\right.$，解得a=$\frac{1}{2}$，b=-2．
所求f（x）=lnx（x＞0），g（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x（x∈R）；
（2）∵y=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，令φ（x）=ln（x+1）-x+2（x＞-1）
∵φ′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=-$\frac{x}{x+1}$（x＞-1），∴φ（x）在（-1，0]递增，在[0，+∞）上递减，
∵φ（x）在区间（t，t+$\frac{1}{2}$）不单调，∴-1＜t＜0且t+$\frac{1}{2}$＞0?-$\frac{1}{2}$＜t＜0．
故所求实数t∈（-$\frac{1}{2}$，0）；
（3）∵不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4等价于k（x-1）＜xlnx+3x-2，
即为k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1），令λ（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1）
∴λ′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$
又令μ（x）=x-lnx-2（x＞1），
∵μ′（x）=1-$\frac{1}{x}$＞0（∵x＞1）
由x＞1⇒μ（x）＞μ（1）=-1，故存在唯一x₀＞1，使μ（x₀）=0，
即x₀-lnx₀-2=0满足当x∈（1，x₀]时，μ′（x）≤0；当x∈（x₀，+∞）时，μ′（x）＞0；
∴x∈（1，x₀]时，λ′（x）≤0，x∈（x₀，+∞）时，λ′（x）＞0；
也即λ（x）在（1，x₀]上递减，在（x₀，+∞）上递增；
∴k＜[λ（x）]_min=λ（x₀）=$\frac{{x}_{0}ln{x}_{0}+3{x}_{0}-2}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-2）+3{x}_{0}-2}{{x}_{0}-1}$=x₀+2 （∵lnx₀=x₀-2），
又∵μ（3）=1-ln3＜0，μ（4）=2-2ln2＞0，且λ（x）在（1，+∞）连续不断，
∴3＜x₀＜4，k＜λ（x₀）=x₀+2∈（5，6）．
故所求最大整数k的值为5．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值，同时考查函数的单调性的运用和不等式恒成立思想的运用，考查运算化简的能力，属于中档题．