题目内容
已知
=(x，m)，
=(x+a，1)，二次函数f(x)=
•
+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)=
．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若存在一条与y轴垂直的直线和函数Γ（x）=g（x）-x+lnx的图象相切，且切点的横坐标x0满足|x0-1|+x0＞3，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当实数k取何值时，函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值？并求出相应的极值点．
| p |
| q |
| p |
| q |
| f(x) |
| x-1 |
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若存在一条与y轴垂直的直线和函数Γ（x）=g（x）-x+lnx的图象相切，且切点的横坐标x0满足|x0-1|+x0＞3，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当实数k取何值时，函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值？并求出相应的极值点．
考点：平面向量数量积的运算,函数在某点取得极值的条件,利用导数研究曲线上某点切线方程
专题：导数的综合应用
分析：（I）利用向量的数量积可得函数f（x）=x2+ax+m+1，利用一元二次不等式的解集和相应的一元二次方程的实数根的关系可知m和m+1是方程x2+（a+1-2m）x+m2+m=0的两个根，利用根与系数的关系即可得出a；
（II）由存在一条与y轴垂直的直线和Γ（x）的图象相切，且切点的横坐标为x0，?Γ′(x0)=
-
=0⇒m=x0+
-2；由切点的横坐标x0满足|x0-1|+x0＞3，可得x0＞2．令h(x)=x+
-2（x＞2），利用导数可得其单调性，即可得到m的取值范围；
（III）由φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+
-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．可得φ'（x）=1-
-
=
．方程x2-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判别式△=（2+k）2-4（k-m+1）=k2+4m．通过对△和m分类讨论即可得出．
（II）由存在一条与y轴垂直的直线和Γ（x）的图象相切，且切点的横坐标为x0，?Γ′(x0)=
| 1 |
| x0 |
| m |
| (x0-1)2 |
| 1 |
| x0 |
| 1 |
| x |
（III）由φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+
| m |
| x-1 |
| m |
| (x-1)2 |
| k |
| x-1 |
| x2-(2+k)x+k-m+1 |
| (x-1)2 |
解答：
解：（Ⅰ）∵
=(x，m)，
=(x+a，1)，f(x)=
•
+1，
∴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，+∞），
也就是不等式x2+（a+1-2m）x+m2+m＞0的解集为（-∞，m）∪（m+1，+∞），
∴m和m+1是方程x2+（a+1-2m）x+m2+m=0的两个根．
由韦达定理得：m+（m+1）=-（a+1-2m）
∴a=-2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得g(x)=
=
=(x-1)+
，
∴Γ(x)=g(x)-x+lnx=lnx-1+
，Γ′(x)=
-
，
∵存在一条与y轴垂直的直线和Γ（x）的图象相切，且切点的横坐标为x0，
∴Γ′(x0)=
-
=0⇒m=x0+
-2，
∵|x0-1|+x0＞3，∴x0＞2．
令h(x)=x+
-2（x＞2），
则h′(x)=1-
=
，
当x＞2时，h′(x)=1-
=
＞0，∴h(x)=x+
-2在（2，+∞）上为增函数，
从而h(x0)=x0+
-2＞h(2)=
，
∴m＞
．
（Ⅲ）φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+
-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-
-
=
．
方程x2-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判别式△=（2+k）2-4（k-m+1）=k2+4m．
①若m＞0时，△＞0，方程（*）的两个实根为x1=
＜1，
或x2=
＞1，
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．
此时函数φ（x）存在极小值，极小值点为x2，k可取任意实数．
②若m＜0时，当△≤0，即-2
≤k≤2
时，x2-（2+k）x+k-m+1≥0恒成立，φ'（x）≥0，φ（x）在（1，+∞）上为增函数，
此时φ（x）在（1，+∞）上没有极值．
下面只需考虑△＞0的情况
由△＞0，得k＜-2
或k＞2
，
当k＜-2
，则x1=
＜1，x2=
＜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．
当k＞2
时，x1=
＞1，x2=
＞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．
此时函数φ（x）存在极大值和极小值，极小值点x2，有极大值点x1．
综上所述，若m＞0时，k可取任意实数，此时函数φ（x）有极小值且极小值点为x2；
若m＜0时，当 k＞2
时，函数φ（x）有极大值和极小值，
此时极小值点为x2，极大值点为x1（其中x1=
，x2=
．
| p |
| q |
| p |
| q |
∴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，+∞），
也就是不等式x2+（a+1-2m）x+m2+m＞0的解集为（-∞，m）∪（m+1，+∞），
∴m和m+1是方程x2+（a+1-2m）x+m2+m=0的两个根．
由韦达定理得：m+（m+1）=-（a+1-2m）
∴a=-2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得g(x)=
| f(x) |
| x-1 |
| x2-2x+m+1 |
| x-1 |
| m |
| x-1 |
∴Γ(x)=g(x)-x+lnx=lnx-1+
| m |
| x-1 |
| 1 |
| x |
| m |
| (x-1)2 |
∵存在一条与y轴垂直的直线和Γ（x）的图象相切，且切点的横坐标为x0，
∴Γ′(x0)=
| 1 |
| x0 |
| m |
| (x0-1)2 |
| 1 |
| x0 |
∵|x0-1|+x0＞3，∴x0＞2．
令h(x)=x+
| 1 |
| x |
则h′(x)=1-
| 1 |
| x2 |
| (x+1)(x-1) |
| x2 |
当x＞2时，h′(x)=1-
| 1 |
| x2 |
| (x+1)(x-1) |
| x2 |
| 1 |
| x |
从而h(x0)=x0+
| 1 |
| x0 |
| 1 |
| 2 |
∴m＞
| 1 |
| 2 |
（Ⅲ）φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+
| m |
| x-1 |
∴φ'（x）=1-
| m |
| (x-1)2 |
| k |
| x-1 |
| x2-(2+k)x+k-m+1 |
| (x-1)2 |
方程x2-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判别式△=（2+k）2-4（k-m+1）=k2+4m．
①若m＞0时，△＞0，方程（*）的两个实根为x1=
2+k-
| ||
| 2 |
或x2=
2+k+
| ||
| 2 |
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．
此时函数φ（x）存在极小值，极小值点为x2，k可取任意实数．
②若m＜0时，当△≤0，即-2
| -m |
| -m |
此时φ（x）在（1，+∞）上没有极值．
下面只需考虑△＞0的情况
由△＞0，得k＜-2
| -m |
| -m |
当k＜-2
| -m |
2+k-
| ||
| 2 |
2+k+
| ||
| 2 |
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．
当k＞2
| -m |
2+k-
| ||
| 2 |
2+k+
| ||
| 2 |
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．
此时函数φ（x）存在极大值和极小值，极小值点x2，有极大值点x1．
综上所述，若m＞0时，k可取任意实数，此时函数φ（x）有极小值且极小值点为x2；
若m＜0时，当 k＞2
| -m |
此时极小值点为x2，极大值点为x1（其中x1=
2+k-
| ||
| 2 |
2+k+
| ||
| 2 |
点评：熟练掌握向量的数量积、一元二次不等式的解集和相应的一元二次方程的实数根的关系、根与系数的关系、利用导数研究函数的单调性与极值等性质、分类讨论的思想方法是解题的关键．
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