Question

已知函數(shù)f（x）=x²+ax+c，g（x）=lnx+c，a，c∈R；
（1）令F（x）=f（x）-g（x），①若函數(shù)F（x）在[1，2]上是減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
②若G（x）=F（x）-x²，是否存在正實數(shù)a，當(dāng)x∈（0，e]（e是自然對數(shù)的底數(shù)）時，函數(shù)G（x）的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．
（2）若對?x₁，x₂∈R，且x₁＜x₂，f（x₁）≠f（x₂），試證明?x₀∈（x₁，x₂），使f(x0)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]成立．

Answer 1

分析：（1）①求出函數(shù)F（x），由導(dǎo)函數(shù)在[1，2]上小于等于0恒成立，采用分離變量求a的范圍；②求出函數(shù)G（x），求其導(dǎo)函數(shù)，分最小值在不在給定的區(qū)間兩種情況討論a的存在性；
（2）構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]，判出g（x₁）•g（x₂）＜0，則說明?x₀∈（x₁，x₂），使f(x0)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]成立．

解答：解：（1）①∵F（x）=f（x）-g（x）=x²+ax+c-lnx-c=x²+ax-lnx，
∴F′(x)=(x2+ax-lnx)′=2x-

1

x

+a，
∵函數(shù)F（x）在[1，2]上是減函數(shù)，
∴當(dāng)x∈[1，2]時，2x-

1

x

+a≤0恒成立，即a≤-2x+

1

x

恒成立，
又(-2x+

1

x

)min=-

7

2

，
∴a∈(-∞，-

7

2

]；
②由G（x）=F（x）-x²=x²+ax-lnx-x²=ax-lnx，
由G′(x)=a-

1

x

＜0，得x＜

1

a

，若

1

a

≥e，則G（x）在（0，e]上為減函數(shù)，此時G（x）_min=ae-1，
由ae-1=3，得a=

4

e

（舍）；若

1

a

＜e，則函數(shù)G（x）在（0，

1

a

）上為減函數(shù)，在（

1

a

，e）上為增函數(shù)，
所以G(x)min=1-ln

1

a

，由1-ln

1

a

=3，得a=e²
所以存在a=e²，使函數(shù)G（x）的最小值是3．
（2）令g(x)=f(x)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]，
則g(x1)=f(x1)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]=

f(x1)-f(x2)

2

，g(x2)=f(x2)-

1

2

[f(x1)+f(x2)]=

f(x2)-f(x1)

2

，
∴g(x1)•g(x2)=-

1

4

[f(x1)-f(x2)]2＜0，(∵f(x1)≠f(x2))∴g（x）=0，
在（x₁，x₂）內(nèi)必有一個實根．即?x₀∈（x₁，x₂），使f(x0)=

1

2

[f(x1)+f(x2)]成立．

點評：本題（1）考查了利用函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)零點的判斷，考查了運用導(dǎo)函數(shù)的符號判斷函數(shù)單調(diào)性的方法，同時考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想；
（2）考查了函數(shù)零點的判定，判斷函數(shù)在某區(qū)間內(nèi)有零點，只要滿足區(qū)間兩端點處的函數(shù)值的乘積小于0即可．