Question

13．已知函數(shù)f（x）=x-$\frac{a}{x}$．g（x）=2ln（x+m），
（Ⅰ）當(dāng)m=0時，存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]（e為自然對數(shù)的底數(shù)），使x₀f（x₀）≥g（x₀），求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a=m=1時，
（1）求最大正整數(shù)n，使得對任意n+1個實數(shù)x_i（i=1，2…，n+1），當(dāng)x_i∈[e-1，2]（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，都有$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）＜2015g（x_n+1）成立；
（2）設(shè)H（x）=xf（x）+g（x），在H（x）的圖象上是否存在不同的兩點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＞x₂＞-1），使得H（x₁）-H（x₂）=H′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）（x₁-x₂）．

Answer 1

分析 （I）x₀f（x₀）≥g（x₀）可化為${x}_{0}^{2}$-a≥2lnx₀，從而可得a≤${x}_{0}^{2}$-2lnx₀，令h（x）=x²-2lnx，從而化簡函數(shù)的最大值問題，由導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性，再求最大值即可．
（II） （1）$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）＜2015g（x_n+1）恒成立可化為[$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）]_max＜[2015g（x_n+1）]_min；從而化為函數(shù)的最值問題，從而求解即可；
（2）化簡H（x）=xf（x）+g（x）=x²+2ln（x+1）-1，求導(dǎo)H′（x）=$\frac{2}{x+1}$+2x；再化簡$\frac{H（{x}_{1}）-H（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$+（x₁+x₂）；從而可得H′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$+（x₁+x₂）；即ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=2$\frac{（{x}_{1}+1）-（{x}_{2}+1）}{（{x}_{1}+1）+（{x}_{2}+1）}$，令$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=t，（t∈（1，+∞）），從而化為lnt=2（1-$\frac{2}{t+1}$），再構(gòu)造函數(shù)u（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，從而求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性及取值即可．

解答 解：（I）x₀f（x₀）≥g（x₀）可化為${x}_{0}^{2}$-a≥2lnx₀，
即a≤${x}_{0}^{2}$-2lnx₀，
令h（x）=x²-2lnx，
則h′（x）=2x-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（x-1）（x+1）}{x}$，（x＞0）
∴當(dāng)x∈[$\frac{1}{e}$，1）時，h′（x）＜0；當(dāng)x∈（1，e]時，h′（x）＞0；
又∵h(yuǎn)（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}$+2＜h（e）=e²-2，
∴h_max（x）=e²-2，
則a≤e²-2；
（II） （1）$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）＜2015g（x_n+1）恒成立可化為[$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）]_max＜[2015g（x_n+1）]_min；
∵f（x），g（x）均為增函數(shù)，
∴[$\sum_{i=1}^{n}$f（x_i）]_max=n（2-$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{2}n$，[2015g（x_n+1）]_min=2015×2=4030；
∴$\frac{3}{2}$n＜4030，即n＜2686+$\frac{2}{3}$；
∴n的最大值為2686．
（2）H（x）=xf（x）+g（x）=x²+2ln（x+1）-1，
  H′（x）=$\frac{2}{x+1}$+2x；
$\frac{H（{x}_{1}）-H（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$+（x₁+x₂）；
 H′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$+（x₁+x₂）；
故可化為$\frac{2}{{x}_{1}-{x}_{2}}$ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}+2}$，
即ln$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=2$\frac{（{x}_{1}+1）-（{x}_{2}+1）}{（{x}_{1}+1）+（{x}_{2}+1）}$①
令$\frac{{x}_{1}+1}{{x}_{2}+1}$=t，（t∈（1，+∞）），
①式可化為lnt=2（1-$\frac{2}{t+1}$），
令u（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，
u′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴u（t）在（1，+∞）上是增函數(shù)；
∴u（t）＞u（1）=0；
∴u（t）無零點(diǎn)，
故A、B兩點(diǎn)不存在．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時考查了恒成立問題及存在性問題，屬于難題．