Question

已知：二次函數f（x）=ax²+bx+1，其中a，b∈R，g（x）=ln（ex），且函數F（x）=f（x）-g（x）在x=1處取得極值．
（I）求a，b所滿足的關系；
（II）若直線l：y=kx（k∈R）與函數y=f（x）在x∈[1，2]上的圖象恒有公共點，求k的最小值；
（III）試判斷是否存在a∈（-2，0）∪（0，2），使得對任意的x∈[1，2]，不等式（x+a）F（x）≥0恒成立？如果存在，請求出符合條件的a的所有值；如果不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（I） F（x）=f（x）-g（x）=ax²+bx+1-ln（ex），求導函數，利用F（x）=f（x）-g（x）在x=1處取得極值，可確定a，b所滿足的關系；
（II）由題意方程kx=ax²+（1-2a）x+1在x∈[1，2]時總有解，分離參數，分類討論求出函數的最值，即可求得k的最小值；
（III）F（x）=ax²+（1-2a）x+1-lnx，分類討論：當a∈（0，2）時，函數y=F（x）單調遞增，從而可得F（x）_min≥F（1）=1-a≥0，可得a∈（0，1]時成立；當a∈[-1，0）且a≠-

1

2

時，（x+a）F（x）≥0成立；當-2＜a＜-1時，（x+a）F（x）≥0等價于

-a＜x≤2 F(x)≥0

或

1≤x≤-a F(x)≤0

，此時不成立，故可求存在符合條件的a的取值的集合．

解答：解：（I） 由已知，∵f（x）=ax²+bx+1，g（x）=ln（ex），
∴函數F（x）=f（x）-g（x）=ax²+bx+1-ln（ex）
∴F′（x）=

2ax2+bx-1

x

(x＞0)，
∵F（x）=f（x）-g（x）在x=1處取得極值
∴F′（1）=0，∴b=1-2a，
∴F′（x）=

2a(x+ 1 2a )(x-1)

x

，
∴-

1

2a

≠1，∴a≠-

1

2

（II）由題意得：方程kx=ax²+（1-2a）x+1在x∈[1，2]時總有解，
∴k=

ax2+(1-2a)x+1

x

，即k=ax+

1

x

+1-2a，
∵當a＜0時，k=ax+

1

x

+1-2a在x∈[1，2]時單調遞減，∴k≥

3

2

，
當0＜a＜

1

4

時，由k′=a-

1

x2

＜0，k=ax+

1

x

+1-2a在x∈[1，2]時單調遞減，∴k≥

3

2

，
當

1

4

≤a≤1時，由ax+

1

x

+1-2a≥2

a

+1-2a（當且僅當x=

1

a

時，取“=”）得k≥2

a

+1-2a，
當a＞1時，k=ax+

1

x

+1-2a在x∈[1，2]時單調遞增，∴k≥2-a．
∴要使得直線l：y=kx（k∈R）與函數y=f（x）在x∈[1，2]上的圖象恒有公共點
實數k應取

3

2

（a＜0）、2

a

+1-2a（

1

4

≤a≤1），2-a（a＞1）三者中的最大值，
∵2

a

+1-2a=-2(

a

-

1

2

)2+

3

2

≤

3

2

（

1

4

≤a≤1），又2-a＜1（a＞1），
∴k的最小值為

3

2

．
（III）∵F（x）=ax²+（1-2a）x+1-lnx，
當a∈（0，2）時，∵x∈[1，2]，∴由（x+a）F（x）≥0得F（x）≥0，
∵F′（x）=

2a(x+ 1 2a )(x-1)

x

，
∴x∈[1，2]時，F′（x）＞0，函數y=F（x）單調遞增，∴F（x）_min≥F（1）=1-a≥0，
∴a∈（0，1]時成立．…（13分）
當a∈[-1，0）且a≠-

1

2

時，∵F（1）=1-a≥0，F（2）=2-ln2≥0，類似地由單調性證得F（x）≥0，
又x+a≥0，∴（x+a）F（x）≥0成立，
當-2＜a＜-1時，（x+a）F（x）≥0等價于

-a＜x≤2 F(x)≥0

或

1≤x≤-a F(x)≤0

．
由上可知，此時不成立．
綜上，存在符合條件的a，其所有值的集合為[-1，-

1

2

）∪(-

1

2

，0)∪(0，1]

點評：本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性，考查函數的最值，考查恒成立問題，正確求導，確定函數的單調性是關鍵．