Question

4．已知函數(shù)f（x）=ln（x+m）+n的圖象在點（1，f（1））處的切線方程是y=x-1，函數(shù)g（x）=ax²+bx（a、b∈R，a≠0）在x=2處取得極值-2．
（1）求函數(shù)f（x）、g（x）的解析式；
（2）若函數(shù)y=f（x+1）-g′（x）（其中g(shù)′（x）是g（x）的導函數(shù)）在區(qū)間（t，t+$\frac{1}{2}$）沒有單調(diào)性，求實數(shù)t的取值范圍；
（3）設(shè)k∈Z，當x＞1時，不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4恒成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，求得切線方程，求出g（x）的導數(shù)，由極值的定義可得方程，由條件解得m=n=0，a=$\frac{1}{2}$，b=-2．進而得到f（x），g（x）的解析式；
（2）求出函數(shù)y的導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，可得t的不等式，即可得到t的范圍；
（3）原不等式等價于k（x-1）＜xlnx+3x-2，即為k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1），令λ（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1），求得導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，運用函數(shù)的零點存在定理，可得k的增大整數(shù)．

解答 解：（1）由f（x）=ln（x+m）+n（x＞-m），
可得f′（x）=$\frac{1}{x+m}$（x＞-m），
∴f（x）在點（1，f（1））處的切線方程是y-f（1）=f′（1）（x-1），
即y=f′（1）x+f（1）-f′（1），依題該直線與直線y=x-1重合，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=\frac{1}{1+m}=1}\\{f（1）=ln（1+m）+n=0}\end{array}\right.$，可解得m=n=0．
∵又g（x）=ax²+bx可得g′（x）=2ax+b，且g（x）在x=2處取得極值-2．
∴$\left\{\begin{array}{l}{g′（2）=4a+b=0}\\{g（2）=4a+2b=-2}\end{array}\right.$，解得a=$\frac{1}{2}$，b=-2．
所求f（x）=lnx（x＞0），g（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x（x∈R）；
（2）∵y=f（x+1）-g′（x）=ln（x+1）-x+2，令φ（x）=ln（x+1）-x+2（x＞-1）
∵φ′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1=-$\frac{x}{x+1}$（x＞-1），∴φ（x）在（-1，0]遞增，在[0，+∞）上遞減，
∵φ（x）在區(qū)間（t，t+$\frac{1}{2}$）不單調(diào)，∴-1＜t＜0且t+$\frac{1}{2}$＞0?-$\frac{1}{2}$＜t＜0．
故所求實數(shù)t∈（-$\frac{1}{2}$，0）；
（3）∵不等式k（x-1）＜xf（x）+3g′（x）+4等價于k（x-1）＜xlnx+3x-2，
即為k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1），令λ（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$（x＞1）
∴λ′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$
又令μ（x）=x-lnx-2（x＞1），
∵μ′（x）=1-$\frac{1}{x}$＞0（∵x＞1）
由x＞1⇒μ（x）＞μ（1）=-1，故存在唯一x₀＞1，使μ（x₀）=0，
即x₀-lnx₀-2=0滿足當x∈（1，x₀]時，μ′（x）≤0；當x∈（x₀，+∞）時，μ′（x）＞0；
∴x∈（1，x₀]時，λ′（x）≤0，x∈（x₀，+∞）時，λ′（x）＞0；
也即λ（x）在（1，x₀]上遞減，在（x₀，+∞）上遞增；
∴k＜[λ（x）]_min=λ（x₀）=$\frac{{x}_{0}ln{x}_{0}+3{x}_{0}-2}{{x}_{0}-1}$=$\frac{{x}_{0}（{x}_{0}-2）+3{x}_{0}-2}{{x}_{0}-1}$=x₀+2 （∵lnx₀=x₀-2），
又∵μ（3）=1-ln3＜0，μ（4）=2-2ln2＞0，且λ（x）在（1，+∞）連續(xù)不斷，
∴3＜x₀＜4，k＜λ（x₀）=x₀+2∈（5，6）．
故所求最大整數(shù)k的值為5．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值，同時考查函數(shù)的單調(diào)性的運用和不等式恒成立思想的運用，考查運算化簡的能力，屬于中檔題．