Question

已知函数f（x）=ln（x+1），g（x）=x²+bx+1（b为常数），h（x）=f（x）-g（x）．
（1）若存在过原点的直线与函数f（x）、g（x）的图象相切，求实数b的值；
（2）当b=-2时，?x₁、x₂∈[0，1]使得h（x₁）-h（x₂）≥M成立，求M的最大值；
（3）若函数h（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x₁，0）、B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：h′（

x1+x2

2

）＜0．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）求出函数f（x）=ln（x+1）在点（0，f （0））处的切线方程为y=x，然后和函数g（x）联立，化为关于x的一元二次方程后利用判别式等于0求得实数b的值；
（2）把b=-2代入h（x），利用导数求得其最大和最小值，把，?x₁、x₂∈[0，1]使得h（x₁）-h（x₂）≥M成立转化为求h（x）的最大和最小值求得答案；
（3）由h（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0）、B（x₂，0），可得方程ln（x+1）-x²-bx-1=0的两个根，得到

ln(x1+1)- x 2 1 -bx1-1=0 ln(x2+1)- x 2 2 -bx2-1=0

，两式作差后把问题转化为证

2

x1+x2+2

-

ln(x1+1)-ln(x2+1)

x1-x2

＜0，即证

2(x2-x1)

x1+x2+2

+ln

x1+1

x2+1

＜0，令t=

x1+1

x2+1

(0＜t＜1)，转化为u(t)=

2-2t

1+t

+lnt＜0在（0，1）上恒成立，然后利用导数加以证明．

解答： 解（1）：由f（x）=ln（x+1），得f′(x)=

1

x+1

，f′（0）=1，
又f（0）=0，
∴f （x）在点（0，f （0））处的切线方程为y=x．
由

y=x y=x2+bx+1

得：x²+（b-1）x+1=0，
∵y=x与函数g（x）的图象相切，
∴△=（b-1）²-4=0，解得：b=-1或b=3；

（2）当b=-2时，h（x）=ln（x+1）-x²+2x-1，
h′(x)=

1

x+1

-2x+2=

3-2x2

x+1

，
当x∈[0，1]时，h'（x）＜0，∴h （x）在[0，1]上单调递增，
∴h（x）_max=h（1）=ln2，h（x）_min=h（0）=-1．
∴[h（x₁）-h（x₂）]_max=h（x）_max-h（x）_min=1+ln2．
∵?x₁、x₂∈[0，1]使得h （x₁）-h （x₂）≥M成立，
∴M的最大值是1+ln2；

（3）∵h（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0）、B（x₂，0），
∴方程ln（x+1）-x²-bx-1=0的两个根为x₁、x₂，
故

ln(x1+1)- x 2 1 -bx1-1=0 ln(x2+1)- x 2 2 -bx2-1=0

，
两式相减得：b=

ln(x1+1)-ln(x2+1)

x1-x2

-(x1+x2)，
∵h′(x)=

1

x+1

-2x-b，
∴h′(

x1+x2

2

)=

2

x1+x2+2

-(x1+x2)-b=

2

x1+x2+2

-

ln(x1+1)-ln(x2+1)

x1-x2

，
要证：h′(

x1+x2

2

)＜0，即证

2

x1+x2+2

-

ln(x1+1)-ln(x2+1)

x1-x2

＜0，
也就是证：

2(x2-x1)

x1+x2+2

+ln

x1+1

x2+1

＜0．
令t=

x1+1

x2+1

(0＜t＜1)，则u(t)=

2-2t

1+t

+lnt＜0在（0，1）上恒成立，
∵u′(t)=

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

(t+1)2

+

1

t

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
又0＜t＜1，∴u'（t）＞0．
因此u（t）在（0，1）上是增函数，则u （t）＜u （1）=0，即

2(x2-x1)

x1+x2+2

+ln

x1+1

x2+1

＜0．
故

2

x1+x2+2

-

ln(x1+1)-ln(x2+1)

x1-x2

＜0，
即h′(

x1+x2

2

)＜0成立．

点评：本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，解答此题的关键是数学转化思想方法的运用，是高考试卷中的压轴题．