Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+bx+c和函數(shù)g（x）=ax²+bx+clnx（a、b、c∈R，abc≠0）．
（Ⅰ）若a=c=-1，且函數(shù)g（x）在（0，+∞）遞減，求b的取值范圍；
（Ⅱ）我們知道“對于函數(shù)f（x）=ax²+bx+c，在其圖象上任意取不同兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），線段AB中點的橫坐標為x₀，則直線AB的斜率k=f′（x₀）”．
（i）請證明該結(jié)論；
（ii）試探究g（x）=ax²+bx+clnx是否也具有該性質(zhì)．

Answer 1

考點：二次函數(shù)的性質(zhì)

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應用

分析：（I）由題意可得g′（x）=

2x2-bx+1

x

≤0 在（0，+∞）上恒成立，即b≤2x+

1

x

．利用基本不等式求得2x+

1

x

的最小值，可得b的范圍．
（II）（i） 由題意可得 k=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=2x₀a+b．由f′（x）=2ax+b 可得f′（x₀）=2ax₀+b，則k=f′（x₀）．
（ii）不妨設x₂＞x₁，對于函數(shù)g（x）求得 k=2ax₀+b+

cln x2 x1

x2-x1

．如果有該的性質(zhì)，則 g′（x₀）=k，故有 

ln x2 x1

x2-x1

=

2

x2+x1

．不妨令t=

x2

x1

＞1，則

lnt

t-1

=

2

t+1

（*）成立，即s（t）=lnt-

2t-2

t+1

=0成立．由 s′（t）＞0，可得s（t）在（1，+∞）上遞增，故有 s（t）＞s（1）=0，可得（*）式不成立，由此得出結(jié)論．

解答： 解：（I）∵a=c=-1，且函數(shù)g（x）=-x²+bx-lnx 在（0，+∞）遞減，
∴g′（x）=

2x2-bx+1

x

≤0 在（0，+∞）上恒成立，即b≤2x+

1

x

．
又2x+

1

x

≥2

2

，當且僅當x=

2

2

時取等號，故b≤2

2

．
故要求的b的取值范圍為（-∞，2

2

]．
（II）（i） 由題意可得 k=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

a( x22-x12)+b(x2-x1)

x2-x1

=2x₀a+b．
由f′（x）=2ax+b  可得f′（x₀）=2ax₀+b，則k=f′（x₀）．
（ii）不妨設x₂＞x₁，函數(shù)g（x）=ax²+bx+clnx，
∵k=

g(x2)-g(x1)

x2-x1

=

a( x22-x12)+b(x2-x1)+c•ln x2 x1

x2-x1

=2ax₀+b+

cln x2 x1

x2-x1

，
又g′（x₀）=2ax₀+b+

c

x0

，如果有該的性質(zhì)，則 g′（x₀）=k，
即

cln x2 x1

x2-x1

=

c

x0

，c≠0，∴

ln x2 x1

x2-x1

=

2

x2+x1

．
不妨令t=

x2

x1

＞1，則

lnt

t-1

=

2

t+1

，（*），即s（t）=lnt-

2t-2

t+1

=0成立．
∵s′（t）=

1

t

-

2(t+1)-2(t-1)

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴s（t）在（1，+∞）上遞增，∴s（t）＞s（1）=0，即s（t）=0不成立，∴（*）式不成立，即g′（x₀）≠k．
∴函數(shù)g（x）=ax²+bx+clnx 不具有（II）中的性質(zhì)．

點評：本題主要考查而粗函數(shù)的性質(zhì)應用，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，屬于中檔題．