Question

已知函數(shù)f（x）=x²+b圖象上的點(diǎn)P（2，1）關(guān)于直線y=-x的對(duì)稱點(diǎn)Q在函數(shù)g（x）=ln（-x）+a上．
（Ⅰ）設(shè)h（x）=g（x）-f（x），求h（x）的最大值；
（Ⅱ）對(duì)任意x₁∈[-e，-1]，x₂∈[

e

，e²]，不等式2k[g（x₁）+2]+f（x₁）-6＜ln[f（x₂）+3]恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用

專題：函數(shù)思想,轉(zhuǎn)化思想,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）利用對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)，求出a，b的值，再求導(dǎo)，結(jié)合不等式判斷單調(diào)性，求出極值點(diǎn)，最后確定最值．
（2）構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，T（x）=ln（f（x）+3）=2lnx，G（x）=2k[g（x）+2]+f（x）-6=2kln（-x）+x²-9解決不等式的恒成立問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為它們的最大值與最小值的比較，G（x）_max＜T（x）_min，進(jìn)而求出實(shí)數(shù)k的取值范圍．

解答： 解：（1）：點(diǎn)p（2，1）關(guān)于直線y=-x對(duì)稱點(diǎn)Q（-1，-2），∴

1=22+b -2=ln1+a

，解的

b=-3 a=-2

 h（x）=g（x）-f（x）=ln（-x）-x²+1，h′（x）=

1

x

-2x，h′（x）=0，得x=

+

_

2

2

，
∵x∈（-∞，0），∴當(dāng)x∈（-∞，-

2

2

）時(shí)h′（x）＞0；當(dāng)x∈（-

2

2

，0）時(shí)h′（x）＜0
∴h（x）在區(qū)間（-∞，-

2

2

）上為增函數(shù)，在 區(qū)間（-

2

2

，0）上為減函數(shù)
所以h（x）的最大值為：h（-

2

2

）=

1

2

（1-ln2）
（2）：設(shè)T（x）=ln（f（x）+3）=2lnx
∵T′（x）=

2

x

，當(dāng)x₂∈[

e

，e²]，T′（x₂）＞0，即單調(diào)遞增，T（x₂）_min=T（

e

）=1
G（x）=2k[g（x）+2]+f（x）-6=2kln（-x）+x²-9，G′（x）=

2(x2+k)

x

①當(dāng)k≥0時(shí)，在x₁∈[-e，-1]上，有G′（x₁）＜0成立，即G（x₁）是單調(diào)遞減函數(shù)，
∴G（x₁）_max=G（-e）=2k+e²-9，
以題意得2k+e²-9＜1，∴k＜

10-e2

2

，又∵k≥0，∴0≤k＜

10-e2

2

②當(dāng)k＜0時(shí)
∵x₁∈[-e，-1]∴0≤ln（-x₁）≤1，2kln（-x₁）＜0，1≤x

2 1

≤e²＜9，
∴G（x₁）_max=2kln（-x₁）+x

2 1

-9＜0＜1  即，∴G（x₁）_max＜T（x₂）_min成立
即對(duì)任意x₁∈[-e，-1]，x₂∈[

e

，e²]，不等式2k[g（x₁）+2]+f（x₁）-6＜ln[f（x₂）+3]恒成立
綜上所述實(shí)數(shù)k的取值范圍為（-∞，

10-e2

2

）

點(diǎn)評(píng)：本題（1）考察了利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的最值問(wèn)題，屬于基本應(yīng)用．
（2）典型的復(fù)雜問(wèn)題，當(dāng)兩個(gè)自變量，都取任意值時(shí)，構(gòu)造兩個(gè)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為它們最大值與最小值的比較，弄清楚不等號(hào)的兩端，哪邊是最大值，哪邊是最小值，看準(zhǔn)自變量是任意還是存在．