Question

9．已知函數(shù)f（x）=（x-2）1n（2-x）和函數(shù)y=g（x）的圖象關(guān)于點（1，0）對稱．
（1）若方程g（x）+x²+ax+2=0有實數(shù)根，求實數(shù)a的范圍；
（2）若?x∈（0，+∞），g（x）+bx³-x²+x≤0恒成立，求實數(shù)b的最大值．

Answer 1

分析 （1）由函數(shù)f（x）和函數(shù)y=g（x）的圖象關(guān)于點（1，0）對稱求出g（x）的解析式，由方程g（x）+x²+ax+2=0有實數(shù)根，可得$a=-lnx-x-\frac{2}{x}$（x＞0）有實數(shù)根，
令h（x）=-lnx-x-$\frac{2}{x}$，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)h（x）的最大值得到a的取值范圍；
（2）由g（x）+bx³-x²+x≤0恒成立，得到$b≤\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上恒成立，令t（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值，可得實數(shù)b的最大值．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y）為函數(shù)y=g（x）的圖象上的點，則P（x，y）關(guān)于點（1，0）的對稱點為P′（2-x，-y），
代入f（x）=（x-2）1n（2-x），得-y=-xlnx，即y=xlnx，
∴g（x）=xlnx，
方程g（x）+x²+ax+2=0有實數(shù)根，即xlnx+x²+ax+2=0有實數(shù)根，
也就是$a=-lnx-x-\frac{2}{x}$（x＞0）有實數(shù)根，
令h（x）=-lnx-x-$\frac{2}{x}$，則h′（x）=$-\frac{1}{x}-1+\frac{2}{{x}^{2}}=\frac{-{x}^{2}-x+2}{{x}^{2}}$=$\frac{-（x+2）（x-1）}{{x}^{2}}$．
當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，
∴h（x）在（0，1）上為增函數(shù)，在（1，+∞）上為減函數(shù)，
∴h（x）_max=h（1）=-3，
則a≤-3；
（2）?x∈（0，+∞），g（x）+bx³-x²+x≤0恒成立，
即xlnx+bx³-x²+x≤0恒成立，
也就是$b≤\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$在（0，+∞）上恒成立，
令t（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{lnx}{{x}^{2}}$，則t′（x）=$-\frac{1}{{x}^{2}}+\frac{2}{{x}^{3}}+$$\frac{2lnx}{{x}^{3}}-\frac{1}{{x}^{3}}$=$\frac{2lnx}{{x}^{3}}+\frac{1}{{x}^{3}}-\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{2lnx-x+1}{{x}^{3}}$，
令φ（x）=2lnx-x+1，則φ′（x）=$\frac{2}{x}-1$，
當(dāng)x∈（0，2）時，φ′（x）＞0，當(dāng)x∈（2，+∞）時，φ′（x）＜0，
又φ（1）=0，且存在x₀∈（2，+∞），使φ（x₀）=0，
∴當(dāng)x∈（0，1），（x₀，+∞）時，t（x）為減函數(shù)，當(dāng)x∈（1，x₀）時，t（x）為增函數(shù)，
而t（1）=0，當(dāng)x→+∞時，t（x）→0，且t（x）＞0，
∴t（x）_min=0，
∴b≤0，即b的最大值為0．

點評 本題考查恒成立問題，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，屬難題．