Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=

1

2

ax2+bx（a≠0）．
（1）当a=-2时，函数h（x）=f（x）-g（x）在其定义域内是增函数，求b的取值范围；
（2）在（1）的条件下，设函数φ（x）=e^2x-be^x（e为自然对数的底数），x∈[0，ln2]，求函数φ（x）的最小值；
（3）令V（x）=2f（x）-x²-kx（k∈R），如果V（x）的图象与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0）（0＜x₁＜x₂）两点，且线段AB的中点为C（x₀，0），求证：V′（x₀）≠0．

Answer 1

分析：（1）求函数f（x）的定义域，然后利用h（x）=f（x）-g（x）在其定义域内是增函数，则得到h'（x）≥0恒成立．
（2）换元，设t=e^x，将函数转化为一元二次函数，利用一元二次函数的单调性求函数的最小值．
（3）求函数V（x）的导数，构造新函数，利用新函数的单调性证明V′（x₀）≠0．

解答：解：（1）当=-2时，h（x）=f（x）-g（x），所以h（x）=lnx+x²-bx，其定义域为（0，+∞），
因为函数h（x）=f（x）-g（x）在其定义域内是增函数，所以h'（x）≥0恒成立，即h′(x)=

1

x

+2x-b≥0恒成立，
所以b≤

1

x

+2x，当x＞0时，

1

x

+2x≥2

2

，当且仅当x=

2

2

时取等号，所以b≤

2

2

，所以b的取值范围(-∞，

2

2

]．
（2）设t=e^x，则函数φ（x）=e^2x-be^x等价为ω（t）=t²+bt，t∈[1，2]，
则ω(t)=t2+bt=(t+

b

2

)2-

b2

4

，且b∈(-∞，2

2

]，
所以①当

b

2

≤1，即-2≤b≤2

2

时，函数ω（t）=t²+bt，在t∈[1，2]，上为增函数，所以当t=1时，ω（t）的最小值为b+1．
②当1＜-

b

2

＜2，即-4＜b＜-2时，当t=-

b

2

时，ω（t）的最小值为-

b2

4

．
③当-

b

2

≥2，即b≤-4时，函数ω（t）=t²+bt，在t∈[1，2]上为减函数，所以当t=2时，ω（t）的最小值为4+2b．
综上：当-2≤b≤2

2

时，φ（x）的最小值为b+1．
当-4＜b＜-2时，φ（x）的最小值为-

b2

4

．
当b≤-4时，φ（x）的最小值为4+2b．
（3）因为V（x）=2f（x）-x²-kx=2lnx-x2-kx，V′(x)=

2

x

-2x-k，
假设V′（x₀）=0，成立，且0＜x₁＜x₂，则由题意知，

2lnx1- x 2 1 -kx1=0  ① 2lnx2- x 2 2 -kx2=0 ②  x1+x2=2x0   ③ 2 x0 -2x0-k=0  (4)

，
①-②得2ln

x1

x2

-(

x

2 1

-

x

2 2

)-k(x1-x2)=0，
所以k=

2ln x1 x2

x1-x2

-2x0，由（4）得k=

2

x0

-2x0，所以

ln x1 x2

x1-x2

=

1

x0

，
即

ln x1 x2

x1-x2

=

2

x1+x2

，即ln

x1

x2

=

2× x1 x2 -2

x1 x2 +1

  ⑤
令t=

x1

x2

，则u(t)=lnt-

2t-2

t+1

，(0＜t＜1)，所以u′(t)=

(t-1)2

(t+1)2

＞0，(0＜t＜1)，
所以u（t）在（0，1）上为单调递增函数，所以u（t）＜u（1）=0，
即lnt＜

2t-2

t+1

，即ln

x1

x2

＜

2× x1 x2 -2

x1 x2 +1

，
这与⑤式相矛盾，所以假设不成立，故V′（x₀）≠0．

点评：本题主要考查利用函数的导数研究函数的单调性，极值以及最值问题，运算量较大，综合性较强．