Question

已知：二次函数f（x）=ax 2 +bx+1，其中a，b∈R，g（x）=ln（ex），且函数F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取

已知：二次函数f（x）=ax 2 +bx+1，其中a，b∈R，g（x）=ln（ex），且函数F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值．（I）求a，b所满足的关系；（II）若直线l：y=kx（k∈R）与函数y=f（x）在x∈[1，2]上的图象恒有公共点，求k的最小值；（III）试判断是否存在a∈（-2，0）∪（0，2），使得对任意的x∈[1，2]，不等式（x+a）F（x）≥0恒成立？如果存在，请求出符合条件的a的所有值；如果不存在，说明理由．

Answer 1

（I） 由已知，∵f（x）=ax 2 +bx+1，g（x）=ln（ex）， ∴函数F（x）=f（x）-g（x）=ax 2 +bx+1-ln（ex） ∴F′（x）= 2 ax 2 +bx-1 x (x＞0) ， ∵F（x）=f（x）-g（x）在x=1处取得极值 ∴F′（1）=0，∴b=1-2a， ∴F′（x）= 2a(x+ 1 2a )(x-1) x ， ∴- 1 2a ≠1，∴a ≠- 1 2 （II）由题意得：方程kx=ax 2 +（1-2a）x+1在x∈[1，2]时总有解， ∴k= ax 2 +(1-2a)x+1 x ，即k=ax+ 1 x +1-2a， ∵当a＜0时，k=ax+ 1 x +1-2a在x∈[1，2]时单调递减，∴k≥ 3 2 ， 当0＜a＜ 1 4 时，由k′=a- 1 x 2 ＜0 ，k=ax+ 1 x +1-2a在x∈[1，2]时单调递减，∴k≥ 3 2 ， 当 1 4 ≤a≤1时，由ax+ 1 x +1-2a≥2 a +1-2a（当且仅当x= 1 a 时，取“=”）得k≥2 a +1-2a， 当a＞1时，k=ax+ 1 x +1-2a在x∈[1，2]时单调递增，∴k≥2-a． ∴要使得直线l：y=kx（k∈R）与函数y=f（x）在x∈[1，2]上的图象恒有公共点 实数k应取 3 2 （a＜0）、2 a +1-2a（ 1 4 ≤a≤1），2-a（a＞1）三者中的最大值， ∵2 a +1-2a=-2 ( a - 1 2 ) 2 + 3 2 ≤ 3 2 （ 1 4 ≤a≤1），又2-a＜1（a＞1）， ∴k的最小值为 3 2 ． （III）∵F（x）=ax 2 +（1-2a）x+1-lnx， 当a∈（0，2）时，∵x∈[1，2]，∴由（x+a）F（x）≥0得F（x）≥0， ∵F′（x）= 2a(x+ 1 2a )(x-1) x ， ∴x∈[1，2]时，F′（x）＞0，函数y=F（x）单调递增，∴F（x） min ≥F（1）=1-a≥0， ∴a∈（0，1]时成立．…（13分） 当a∈[-1，0）且a≠- 1 2 时，∵F（1）=1-a≥0，F（2）=2-ln2≥0，类似地由单调性证得F（x）≥0， 又x+a≥0，∴（x+a）F（x）≥0成立， 当-2＜a＜-1时，（x+a）F（x）≥0等价于 -a＜x≤2 F(x)≥0 或 1≤x≤-a F(x)≤0 ． 由上可知，此时不成立． 综上，存在符合条件的a，其所有值的集合为[-1，- 1 2 ） ∪(- 1 2 ，0)∪(0，1]