Question

（2009•棗莊一模）已知函數(shù)f（x）=

1

2

x2-2x，g(x)=logax（a＞0，且a≠1），其中a為常數(shù)，如果h（x）=f（x）+g（x）在其定義域上是增函數(shù)，且h'（x）存在零點（h'（x）為h（x）的導(dǎo)函數(shù)）．
（I）求a的值；
（Ⅱ）設(shè)A（m，g（m）），B（n，g（n））（m＜n）是函數(shù)y=g（x）的圖象上兩點，g'（x₀）=

g(n)-g(m)

n-m

（g'（x）為g（x）的導(dǎo)函數(shù)），證明：m＜x₀＜n．

Answer 1

分析：（I）h(x)=

1

2

x2-2x+logax(x＞0)．在（0，+∞）上是增函數(shù)，所以h′(x)=x-2+

1

xlna

≥0在（0，+∞）上恒成立，利用分離參數(shù)法求解．
（Ⅱ）由（I），g(x)=lnx，g′(x0)=

1

x0

，于是

1

x0

=

g(n)-g(m)

n-m

，x0=

n-m

lnn-lnm

．先證明m＜

n-m

lnn-lnm

．等價于mlnn-mlnm-n+m＜0，構(gòu)造函數(shù)r（x）=xlnn-xlnx-n+x（0＜x≤n），
通過求導(dǎo)研究單調(diào)性，r（x）在（0，n]上為增函數(shù)．因此當(dāng)m＜n時，r（m）＜r（n）=0，即mlnn-mlnm-n+m＜0．同理可證n＞

n-m

lnn-lnm

．綜上，m＜x0＜n．

解答：解：（I）因為h(x)=

1

2

x2-2x+logax(x＞0)．
所以h′(x)=x-2+

1

xlna

．
因為h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
所以x-2+

1

xlna

≥0在(0，+∞)上恒成立     …（1分）
當(dāng)x＞0時，x-2+

1

xlna

≥0?x2-2x≥-

1

lna

．
而x²-2x=（x-1）²-1在（0，+∞）上的最小值是-1．
于是-1≥-

1

lna

，即1≤

1

lna

．（※）
可見a＞1(若0＜a＜1，則

1

lna

＜0．這與

1

lna

≥1矛盾)
從而由（※）式即得lna≤1．①…..…（4分）
同時，h′(x)=x-2+

1

xlna

=

x2lna-2xlna+1

xlna

(x＞0)
由h′(x)存在(正)零點知△=(-2lna

)

2

-4lna≥0，
解得lna≥1②，或lna≤0（因為a＞1，lna＞0，這是不可能的）．
由①②得 lna=1．
此時，h'（x）存在正零點x=1，故a=e即為所求   …（6分）
注：沒有提到（驗證）lna=1時，h'（x）存在正零點x=1，不扣分．
（II）由（I），g(x)=lnx，g′(x0)=

1

x0

，
于是

1

x0

=

g(n)-g(m)

n-m

，x0=

n-m

lnn-lnm

．…（7分）
以下證明m＜

n-m

lnn-lnm

．（☆）
（☆）等價于mlnn-mlnm-n+m＜0．…（8分）
構(gòu)造函數(shù)r（x）=xlnn-xlnx-n+x（0＜x≤n），
則r'（x）=lnn-lnx，當(dāng)x∈（0，n）時，r'（x）＞0，所以r（x）在（0，n]上為增函數(shù)．
因此當(dāng)m＜n時，r（m）＜r（n）=0，即mlnn-mlnm-n+m＜0．
從而x₀＞m得到證明．    …（11分）
同理可證n＞

n-m

lnn-lnm

．綜上，m＜x0＜n．…（12分）
注：沒有“綜上”等字眼的結(jié)論，扣（1分）．

點評：數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的結(jié)合是導(dǎo)數(shù)最為基本的考查，而函數(shù)的恒成立問題常轉(zhuǎn)化為利用相關(guān)知識求解函數(shù)的最值問題，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想在解題中的應(yīng)用，還考查了運用基本知識進行推理論證的能力