已知函数f(x)=lnx+ax2-2bx=2x-2x+1-clnx．(1)当a=12.b≤1时.f在定义域上单调性相反.求的|b|+c的最小值．(2)当b＞2a＞0时.求证:存在m∈R.使f(x)=m有三个不同的实数解t1.t2.t3.且对任意i.j∈{1.2.3}且i≠j都有2ti+tj＜2b-a(ti+tj)．题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

已知函数f（x）=lnx+ax²-2bx（a，b∈R），g（x）=

2x-2

x+1

-clnx．
（1）当a=

，b≤1时，f（x）与g（x）在定义域上单调性相反，求的|b|+c的最小值．
（2）当b＞

＞0时，求证：存在m∈R，使f（x）=m有三个不同的实数解t₁，t₂，t₃，且对任意i，j∈{1，2，3}且i≠j都有

ti+tj

＜2b-a（t_i+t_j）．

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）当a=

，b≤1时，利用导数可判断f（x）在（0，+∞）上为增函数，从而知g（x）在（0，+∞）上为减函数，于是g′（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立，分离参数c后转化为函数的最值解决，利用基本不等式可求得最值；
（2）利用导数可求f（x）的极值点、单调区间，由单调性极值可知m的存在性；不妨设t_i＜t_j，易知f（t_i）=f（t_j），即lnt_i+ati2-2bt_i=lnt_j+atj2-2bt_j，化简可得

ti-tj

=-a（t_i+t_j）+2b，通过作差可及差的符号可得结论；

解答： 解析：（1）∵f′（x）=

2ax2-2bx+1

，g′（x）=

-cx2+2(2-c)x-c

x(x+1)2

．
当a=

时，f′（x）=

x2-2bx+1

；当b≤1时，x²-2bx+1≥0对x∈（0，+∞）恒成立，
∴f′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，f（x）在（0，+∞）上为增函数．
根据f（x）和g（x）在定义域上单调性相反得，g（x）在（0，+∞）上为减函数，
∴g′（x）≤0对x∈（0，+∞）恒成立，即：4x≤c（x+1）²，∴c≥

(x+1)2

，
∵

(x+1)2

≤

=1，当且仅当x=1时，

(x+1)2

取最大值1．
∴c≥1，此时|b|+c的最小值是1．
（2）∵f′（x）=

2ax2-2bx+1

，
当b＞

＞0时，a＞0，且一元二次方程2ax²-2bx+1=0的△=4（b²-2a）＞0，
∴2ax²-2bx+1=0有两个不相等的实根x1=

b2-2a

，x2=

b2-2a

，
当x∈（0，x₁）时，f（x）为增函数；f（x）∈（-∞，f（x₁）），
当x∈（x₁，x₂）时，f（x）为减函数；f（x）∈（f（x₂），f（x₁）），
当x∈（x₂，+∞）时，f（x）为增函数；f（x）∈（f（x₂），+∞），
∴当m∈（f（x₂），f（x₁））时，f（x）=m一定有3个不相等的实根t₁，t₂，t₃，分别在（-∞，x₁）、（x₁，x₂）、（x₂，+∞）内，
不妨设t_i＜t_j，则f（t_i）=m，f（t_j）=m，
∴f（t_i）=f（t_j），即lnt_i+ati2-2bt_i=lnt_j+atj2-2bt_j，即lnt_i-lnt_j=-a（ti2-tj2）+2b（t_i-t_j），即

ti-tj

=-a（t_i+t_j）+2b，
∴

ti+tj

-[2b-a（t_i+t_j）]=

ti+tj

ti-tj