Question

已知函數(shù)f(x)=lnx，g(x)=

1

2

ax2+bx(a≠0)，h(x)=

2(x-1)

x+1

（1）當(dāng)a=-2時(shí)，函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在其定義域范圍是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（2）當(dāng)x＞1時(shí)，證明f（x）＞h（x）成立；
（3）記函數(shù)f（x）與g（x）的圖象分別是C₁、C₂，C₁、C₂相交于不同的兩點(diǎn)P，Q，過線段PQ的中點(diǎn)R作垂直于x軸的垂線，與C₁、C₂分別交于M、N，問是否存在點(diǎn)R，使得曲線C₁在M處的切線與曲線C₂在N處的切線平行？若存在，試求出R點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，試說明理由．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在其定義域范圍是增函數(shù)，可得導(dǎo)數(shù)大于等于0，再分離參數(shù)，求最值，即可求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（2）構(gòu)造函數(shù)φ（x）=f（x）-h（x），利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可證得結(jié)論；
（3）利用反證法，曲線C₁在M處與C₂曲線在N處的切線相互平行，則k₁=k₂，從而與（2）的結(jié)論矛盾，即可得到結(jié)論．

解答：（1）解：當(dāng)a=-2時(shí)，F(xiàn)（x）=lnx+x²-bx，則F′(x)=

1

x

+2x-b，…（1分）
由于F（x）=lnx+x²-bx在定義域（0，+∞）上是增函數(shù)，則

1

x

+2x-b≥0，…（2分）
即b≤

1

x

+2x，…（3分）
而

1

x

+2x≥2

2

（當(dāng)且僅當(dāng)x=

2

2

時(shí)取等號(hào)），于是b≤2

2

，
∴實(shí)數(shù)b的取值范圍是(-∞，2

2

]…（4分）
（2）證明：構(gòu)造函數(shù)φ（x）=f（x）-h（x）=lnx-2+

4

x+1

（x＞1）
∵φ′（x）=

(x-1)2

x(x+1)2

＞0
∴φ（x）在定義域（1，+∞）上是增函數(shù)，∴φ（x）＞φ（1）=0，∴f（x）＞h（x）成立；
（3）解：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），且0＜x₁＜x₂，則有lnx1=

1

2

a

x

2 1

+bx1，lnx2=

1

2

a

x

2 2

+bx2，點(diǎn)R的橫坐標(biāo)是

x1+x2

2

，M，N的橫坐標(biāo)也是

x1+x2

2

，
曲線C₁在M處的切線的斜率是k1=

2

x1+x2

，…（9分）
曲線C₂在N處的切線的斜率是k2=a×

x1+x2

2

+b，…（10分）
若曲線C₁在M處與C₂曲線在N處的切線相互平行，則k₁=k₂，
∴

2

x1+x2

=a×

x1+x2

2

+b，∴

2(x2-x1)

x1+x2

=a×

x 2 2 - x 2 1

2

+b(x2-x1)，
而

2(x2-x1)

x1+x2

=

a

2

x

2 2

+bx2-(

a

2

x

2 1

+bx1)=lnx2-lnx1=ln

x2

x1

，即

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

=ln

x2

x1

，…（11分）
令t=

x2

x1

，因?yàn)?＜x₁＜x₂，∴t＞1，

2(t-1)

t+1

=lnt(t＞1)，…（12分）
這與第（2）問的結(jié)論矛盾，所以不存在點(diǎn)R，使得曲線C₁在M處與曲線C₂在N處的切線相互平行．…（14分）

點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生綜合能力，屬于中檔題．