Question

（2012•浙江模拟）已知函数f（x）=x³-2x+1，g（x）=lnx．
（Ⅰ）求F（x）=f（x）-g（x）的单调区间和极值；
（Ⅱ）是否存在实常数k和m，使得x＞0时，f（x）≥kx+m且g（x）≤kx+m？若存在，求出k和m的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导数，由导数的正负确定函数的单调区间，从而可得F（x）的极小值；
（Ⅱ）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，0），而函数g（x）在点（1，0）的切线方程为y=x-1，验证

f(x)≥x-1 g(x)≤x-1

都成立即可．

解答：解：（Ⅰ）F（x）=x³-2x+1-lnx（x＞0），求导数得F′(x)=

(x-1)(3x+1)

x

(x＞0)
令F′（x）＞0，∵x＞0，∴可得x＞1；
]令F′（x）＜0，∵x＞0，∴可得0＜x＜1；
∴F（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，从而F（x）的极小值为F（1）=0．…（6分）
（Ⅱ）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，0），而函数g（x）在点（1，0）的切线方程为y=x-1．…（9分）
下面验证

f(x)≥x-1 g(x)≤x-1

都成立即可．
设h（x）=x³-2x+1-（x-1）=x³-3x+2（x＞0）
求导数得h'（x）=3x²-3=3（x+1）（x-1）（x＞0）
∴h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）=x³-2x+1-（x-1）（x＞0）的最小值为h（1）=0，所以f（x）≥x-1恒成立．                   …（12分）
设k(x)=lnx-(x-1)⇒k′(x)=

1-x

x

(x＞0)k（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
所以k（x）=lnx-（x-1）的最大值为k（1）=0所以k（x）≤x-1恒成立．
故存在这样的实常数k和m，且k=1且m=-1．                 …（15分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查学生分析解决问题的能力，将问题转化为验证

f(x)≥x-1 g(x)≤x-1

都成立是关键．