Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=

1

2

ax2+bx（a≠0）．
（1）當(dāng)a=-2時(shí)，函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，求b的取值范圍；
（2）在（1）的條件下，設(shè)函數(shù)φ（x）=e^2x-be^x（e為自然對數(shù)的底數(shù)），x∈[0，ln2]，求函數(shù)φ（x）的最小值；
（3）令V（x）=2f（x）-x²-kx（k∈R），如果V（x）的圖象與x軸交于A（x₁，0），B（x₂，0）（0＜x₁＜x₂）兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)為C（x₀，0），求證：V′（x₀）≠0．

Answer 1

（1）當(dāng)=-2時(shí)，h（x）=f（x）-g（x），所以h（x）=lnx+x²-bx，其定義域?yàn)椋?，+∞），
因?yàn)楹瘮?shù)h（x）=f（x）-g（x）在其定義域內(nèi)是增函數(shù)，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，當(dāng)x＞0時(shí)，

1

x

+2x≥2

2

，當(dāng)且僅當(dāng)x=

2

2

時(shí)取等號，所以b≤

2

2

，所以b的取值范圍(-∞，

2

2

]．
（2）設(shè)t=e^x，則函數(shù)φ（x）=e^2x-be^x等價(jià)為ω（t）=t²+bt，t∈[1，2]，
則ω(t)=t2+bt=(t+

b

2

)2-

b2

4

，且b∈(-∞，2

2

]，
所以①當(dāng)

b

2

≤1，即-2≤b≤2

2

時(shí)，函數(shù)ω（t）=t²+bt，在t∈[1，2]，上為增函數(shù)，所以當(dāng)t=1時(shí)，ω（t）的最小值為b+1．
②當(dāng)1＜-

b

2

＜2，即-4＜b＜-2時(shí)，當(dāng)t=-

b

2

時(shí)，ω（t）的最小值為-

b2

4

．
③當(dāng)-

b

2

≥2，即b≤-4時(shí)，函數(shù)ω（t）=t²+bt，在t∈[1，2]上為減函數(shù)，所以當(dāng)t=2時(shí)，ω（t）的最小值為4+2b．
綜上：當(dāng)-2≤b≤2

2

時(shí)，φ（x）的最小值為b+1．
當(dāng)-4＜b＜-2時(shí)，φ（x）的最小值為-

b2

4

．
當(dāng)b≤-4時(shí)，φ（x）的最小值為4+2b．
（3）因?yàn)閂（x）=2f（x）-x²-kx=2lnx-x2-kx，V′(x)=

2

x

-2x-k，
假設(shè)V′（x₀）=0，成立，且0＜x₁＜x₂，則由題意知，

2lnx1- x 21 -kx1=0  ① 2lnx2- x 22 -kx2=0 ②  x1+x2=2x0   ③ 2 x0 -2x0-k=0  (4)

，
①-②得2ln

x1

x2

-(

x

21

-

x

22

)-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

，則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）上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以u（t）＜u（1）=0，
即lnt＜

2t-2

t+1

，即ln

x1

x2

＜

2× x1 x2 -2

x1 x2 +1

，
這與⑤式相矛盾，所以假設(shè)不成立，故V′（x₀）≠0．