Question

已知函數f（x）=x-

a

x

，g（x）=2ln（x+m），
（Ⅰ）已知m=0，若存在x₀∈[

1

e

，e]，使x₀f（x₀）≥g（x₀），求a的取值范圍；
（Ⅱ）已知a=m=1，
（1）求最大正整數n，使得對任意n+1個實數x_i（i=1，2，…，n+1），當x_i∈[e-1，2]時，都有

n

i=1

f（x_i）＜2014g（x_n+1）成立；
（2）設H（x）=xf（x）+g（x），在H（x）的圖象上是否存在不同的兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＞x₂＞-1），使得H（x₁）-H（x₂）=H′（

x1+x2

2

）（x₁-x₂）．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,利用導數求閉區(qū)間上函數的最值

專題：導數的綜合應用

分析：（Ⅰ）：分離參數，得到a≤x²-2lnx，構造函數，利用導數求出函數的最大值即可，
（Ⅱ）：（1）對于當x_i∈[e-1，2]時，都有

n

i=1

f（x_i）＜2014g（x_n+1）成立，轉化為[

n

i=1

f（x_i）]_max＜[2014g（x_n+1）]_min，求出函數最值即可
（2）先求出函數H（x）的導數，再求出H（x₁）-H（x₂），轉化為ln

x1+1

x2+1

=2

(x1+1)-(x2+1)

(x1+1)+(x2+1)

，利用換元法令

x1+1

x2+1

=t，t∈（1，+∞），夠造函數u（t）=lnt+

4

t+1

-2，
判斷函數有無零點即可得到結論

解答： 解：（Ⅰ）∵xf（x）≥g（x）
∴x²-a≥2lnx，
∴a≤x²-2lnx
設h（x）=x²-2lnx，
則h′（x）=2x-

2

x

=

2(x+1)(x-1)

x

，x＞0
令h′（x）=0，解得x=1，
當x∈[

1

e

，1]時，h′（x）＜0，函數單調遞減，
當x∈[1，e]時，h′（x）＞0，函數單調遞增，
∵h（

1

e

）=

1

e2

+2，h（e）=e²-2
∴h（e）＞h（

1

e

）
∴h（x）_max=e²-2
∴a≤e²-2
（Ⅱ）（1）∵a=m=1，
∴f（x）=x-

1

x

，g（x）=2ln（x+1），
∴f（x），g（x）為增函數，
∴[

n

i=1

f（x_i）]_max=n（2-

1

2

）=

3

2

n，
[2014g（x_n+1）]_min=2014×2=4028
∵

n

i=1

f（x_i）＜2014g（x_n+1），
∴[

n

i=1

f（x_i）]_max＜[2014g（x_n+1）]_min，
∴

3

2

n＜4028，
∴n＜2685+

1

3

，
（2）∵H（x）=xf（x）+g（x），
∴H（x）=2ln（x+1）+x²-a
∴H′（x）=

2

x+1

+2x，
∴H′（

x1+x2

2

）=

4

x1+x2+1

+

2

x+1

+（x₁+x₂），
∵A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＞x₂＞-1），
∴

H(x1)-H(x2)

x1-x2

=2×

[ln(x1)+1-ln(x2+1)]+(x1-x2)(x1+x2]

x1-x2

=

2

x1-x2

ln

x1+1

x2+1

+（x₁+x₂）
∵H（x₁）-H（x₂）=H′（

x1+x2

2

）（x₁-x₂），
∴

1

x1-x2

ln

x1+1

x2+1

=

2

x1+x2+2

，
∴l(xiāng)n

x1+1

x2+1

=2

(x1+1)-(x2+1)

(x1+1)+(x2+1)

，①
令

x1+1

x2+1

=t，t∈（1，+∞），
①式化為lnt=2×

t-1

t+1

=2（1-

2

t+1

）
令u（t）=lnt+

4

t+1

-2，
∴u′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0恒成立，
∴函數u（t）在（1，+∞）上為增函數，
∴u（t）＞u（1）=0，
∴u（t）無零點，
故A，B兩點不存在

點評：本題考查了利用導數求出函數的最值，判斷函數的單調性，以及函數的零點存在性，培養(yǎng)了學生的轉化思想，增強學生的運算能力，屬于難題