Question

設(shè)函數(shù)，其中a≠0．
（ I ）若函數(shù)y=g（x）圖象恒過定點(diǎn)P，且點(diǎn)P關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)在y=f（x）的圖象上，求m的值；
（Ⅱ）當(dāng)a=8時(shí)，設(shè)F（x）=f′（x）+g（x+1），討論F（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）在（I）的條件下，設(shè)，曲線y=G（x）上是否存在兩點(diǎn)P、Q，使△OPQ（O為原點(diǎn)）是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，且斜邊的中點(diǎn)在y軸上？如果存在，求a的取值范圍；如果不存在，說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（I）先得出點(diǎn)P關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)（1，0），由題意可得f（1）=0，求出m的值；
（II）先求函數(shù)定義域，然后對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，再對(duì)字母m分類討論：當(dāng)m≥0時(shí)，當(dāng)m＜0時(shí)．分別解f′（x）＞0，f′（x）＜0，求解即可．
（III）對(duì)于存在性問題，可先假設(shè)存在，即假設(shè)曲線y=G（x）上存在兩點(diǎn)P、Q，滿足題意，則P、Q只能在y軸的同側(cè)，再利用△OPQ是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，求出a的取值范圍，若出現(xiàn)矛盾，則說明假設(shè)不成立，即不存在；否則存在．
解答：解：（I）令ln（x-1）=0，得x=2，∴點(diǎn)P關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)（1，0），
∴f（1）=0，m+4+m=0，m=-3．
（II）F（x）=f′（x）+g（x+1）mx²+2（4+m）x+8lnx，（x＞0）．
∴F′（x）=2mx+（8+2m）x+==，
∵x＞0，∴x+1＞0，
∴當(dāng)m≥0時(shí)，8+2mx＞0，F(xiàn)′（x）＞0，此時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
當(dāng)m＜0時(shí)，由F′（x）＞0得0＜x＜-，由F′（x）＜0得x＞-，
此時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，-）上是增函數(shù)，在（-，+∞）上是減函數(shù)，
綜上所述，m≥0時(shí)，8+2mx＞0，F(xiàn)′（x）＞0，此時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，當(dāng)m＜0時(shí)，由F′（x）＞0得0＜x＜-，由F′（x）＜0得x＞-，此時(shí)，F(xiàn)（x）在（0，-）上是增函數(shù)，在（-，+∞）上是減函數(shù)，
（III）由條件（I）知，，
假設(shè)曲線y=G（x）上存在兩點(diǎn)P、Q，滿足題意，則P、Q只能在y軸的同側(cè)，
設(shè)P（t，G（t））（t＞0），則Q（-t，t³+t²），
∵△OPQ（O為原點(diǎn)）是以O(shè)為直角頂點(diǎn)的直角三角形，
∴=0，即-t²+G（t）（t³+t²）=0，①
（1）當(dāng)0＜t≤2時(shí)，G（t）=-t³+t²，此時(shí)方程①為-t²+（-t³+t²）（t³+t²）=0，
化簡(jiǎn)得t⁴-t²+1=0，無解．滿足條件的P、Q不存在；
（2）當(dāng)t＞2時(shí)，G（t）=aln（t-1），此時(shí)方程①為-t²+aln（t-1）（t³+t²）=0，
化簡(jiǎn)得=（t+1）ln（t-1），設(shè)h（x）=（t+1）ln（t-1），則h′（x）=ln（t-1）+，
當(dāng)t＞2時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（2，+∞）上是增函數(shù)，h（x）的值域?yàn)椋╤（2），+∞），即（0，+∞）．
∴當(dāng)a＞0時(shí)，方程①總有解．
綜上所述，存在滿足條件的P、Q，a的取值范圍（0，+∞）．
點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值及單調(diào)性，解題時(shí)若含有參數(shù)，要對(duì)參數(shù)的取值進(jìn)行討論，而分類討論的思想也是高考的一個(gè)重要思想，要注意體會(huì)其在解題中的運(yùn)用．