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已知二次函数f（x）=x2+ax+m+1，关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m2的解集为（m，m+1），其中m为非零常数．设g(x)=f(x)x-1．（1）求a的值；（2）k（k∈R）如何取

题目简介

已知二次函数f（x）=x2+ax+m+1，关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m2的解集为（m，m+1），其中m为非零常数．设g(x)=f(x)x-1．（1）求a的值；（2）k（k∈R）如何取

题目详情

已知二次函数f（x）=x2+ax+m+1，关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m2的解集为（m，m+1），其中m为非零常数．设g(x)=
f(x)
x-1
．
（1）求a的值；
（2）k（k∈R）如何取值时，函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值点，并求出极值点；
（3）若m=1，且x＞0，求证：[g（x+1）]n-g（xn+1）≥2n-2（n∈N*）．
题型：解答题难度：中档来源：广州一模

答案

（1）∵关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m2的解集为（m，m+1），
即不等式x2+（a+1-2m）x+m2+m＜0的解集为（m，m+1），
∴x2+（a+1-2m）x+m2+m=（x-m）（x-m-1）．
∴x2+（a+1-2m）x+m2+m=x2-（2m+1）x+m（m+1）．
∴a+1-2m=-（2m+1）．
∴a=-2．…（2分）
（2）解法1：由（1）得g(x)=
f(x)
x-1
=
x2-2x+m+1
x-1
=(x-1)+class="stub"m
x-1
．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+class="stub"m
x-1
-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-class="stub"m
(x-1)2
-class="stub"k
x-1
=
x2-(2+k)x+k-m+1
(x-1)2
．…（3分）
方程x2-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判别式△=（2+k）2-4（k-m+1）=k2+4m．…（4分）
①当m＞0时，△＞0，方程（*）的两个实根为x1=
2+k-
k2+4m
2
＜1，x2=
2+k+
k2+4m
2
＞1，…（5分）
则x∈（1，x2）时，φ'（x）＜0；x∈（x2，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x2．…（6分）
②当m＜0时，由△＞0，得k＜-2
-m
或k＞2
-m
，
若k＜-2
-m
，则x1=
2+k-
k2+4m
2
＜1，x2=
2+k+
k2+4m
2
＜1，
故x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，
∴函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）没有极值点．…（7分）
若k＞2
-m
时，x1=
2+k-
k2+4m
2
＞1，x2=
2+k+
k2+4m
2
＞1，
则x∈（1，x1）时，φ'（x）＞0；x∈（x1，x2）时，φ'（x）＜0；x∈（x2，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x2，有极大值点x1．…（8分）
综上所述，当m＞0时，k取任意实数，函数φ（x）有极小值点x2；
当m＜0时，k＞2
-m
，函数φ（x）有极小值点x2，有极大值点x1．…（9分）
（其中x1=
2+k-
k2+4m
2
，x2=
2+k+
k2+4m
2
）
解法2：由（1）得g(x)=
f(x)
x-1
=
x2-2x+m+1
x-1
=(x-1)+class="stub"m
x-1
．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+class="stub"m
x-1
-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-class="stub"m
(x-1)2
-class="stub"k
x-1
=
x2-(2+k)x+k-m+1
(x-1)2
．…（3分）
若函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值点等价于函数φ'（x）有两个不等的零点，且
至少有一个零点在（1，+∞）上．…（4分）
令φ'（x）=
x2-(2+k)x+k-m+1
(x-1)2
=0，
得x2-（2+k）x+k-m+1=0，（*）
则△=（2+k）2-4（k-m+1）=k2+4m＞0，（**）              …（5分）
方程（*）的两个实根为x1=
2+k-
k2+4m
2
，x2=
2+k+
k2+4m
2
．
设h（x）=x2-（2+k）x+k-m+1，
①若x1＜1，x2＞1，则h（1）=-m＜0，得m＞0，此时，k取任意实数，（**）成立．
则x∈（1，x2）时，φ'（x）＜0；x∈（x2，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x2．…（6分）
②若x1＞1，x2＞1，则
h(1)=-m＞0
class="stub"2+k
2
＞1
得
m＜0
k＞0

又由（**）解得k＞2
-m
或k＜-2
-m
，
故k＞2
-m
．…（7分）
则x∈（1，x1）时，φ'（x）＞0；x∈（x1，x2）时，φ'（x）＜0；x∈（x2，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x2，有极大值点x1．…（8分）
综上所述，当m＞0时，k取任何实数，函数φ（x）有极小值点x2；
当m＜0时，k＞2
-m
，函数φ（x）有极小值点x2，有极大值点x1．…（9分）
（其中x1=
2+k-
k2+4m
2
，x2=
2+k+
k2+4m
2
）
（3）证法1：∵m=1，∴g（x）=(x-1)+class="stub"1
x-1
．
∴[g(x+1)]n-g(xn+1)=(x+class="stub"1
x
)n-(xn+class="stub"1
xn
)=xn+
C1n
xn-1•class="stub"1
x
+
C2n
xn-2•class="stub"1
x2
+…+
Cn-1n
x•class="stub"1
xn-1
+
Cnn
class="stub"1
xn
-(xn+class="stub"1
xn
)
=
C1n
xn-2+
C2n
xn-4+…+
Cn-1n
x2-n．…（10分）
令T=
C1n
xn-2+
C2n
xn-4+…+
Cn-1n
x2-n，
则T=
Cn-1n
x2-n+
Cn-2n
x4-n+…+
C1n
xn-2=
C1n
x2-n+
C2n
x4-n+…+
Cn-1n
xn-2．
∵x＞0，
∴2T=
C1n
(xn-2+x2-n)+
C2n
(xn-4+x4-n)+…+
Cn-1n
(x2-n+xn-2)…（11分）≥
C1n
•2
xn-2•x2-n
+
C2n
•2
xn-4•x4-n
+…+
Cn-1n
•2
x2-n•xn-2
…（12分）
=2(
C1n
+
C2n
+…+
Cn-1n
)=2(
C0n
+
C1n
+
C2n
+…+
Cn-1n
+
Cnn
-
C0n
-
Cnn
)=2（2n-2）．…（13分）
∴T≥2n-2，即[g（x+1）]n-g（xn+1）≥2n-2．…（14分）
证法2：下面用数学归纳法证明不等式(x+class="stub"1
x
)n-(xn+class="stub"1
xn
)≥2n-2．
①当n=1时，左边=(x+class="stub"1
x
)-(x+class="stub"1
x
)=0，右边=21-2=0，不等式成立；
…（10分）
②假设当n=k（k∈N*）时，不等式成立，即(x+class="stub"1
x
)k-(xk+class="stub"1
xk
)≥2k-2，
则 (x+class="stub"1
x
)k+1-(xk+1+class="stub"1
xk+1
)=(x+class="stub"1
x
)[(x+class="stub"1
x
)k-(xk+class="stub"1
xk
)]+(x+class="stub"1
x
)(xk+class="stub"1
xk
)-(xk+1+class="stub"1
xk+1
)=(x+class="stub"1
x
)[(x+class="stub"1
x
)k-(xk+class="stub"1
xk
)]+(xk-1+class="stub"1
xk-1
)…（11分）≥2
x•class="stub"1
x
•(2k-2)+2
xk-1•class="stub"1
xk-1
=2k+1-2．…（13分）
也就是说，当n=k+1时，不等式也成立．
由①②可得，对∀n∈N*，[g（x+1）]n-g（xn+1）≥2n-2都成立．…（14分）

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