Question

18．已知二次函數(shù)f（x）=x²+ax+b+1，關(guān)于x的不等式f（x）-（2b-1）x+b²＜1的解集為（b，b+1），其中b≠0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）令g（x）=$\frac{f（x）}{x-1}$，若函數(shù)φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍，并求出極值點(diǎn)．

Answer 1

分析 （I）令f（b）-（2b-1）b+b²=1即可解出a；
（II）求出φ′（x），令φ′（x）=0，討論b的符號(hào)得出兩根與區(qū)間（0，1）的關(guān)系，從而得出φ（x）的單調(diào)性，得出極值的情形．

解答 解：（I）∵f（x）-（2b-1）x+b²＜1的解集為（b，b+1），
即x²+（a-2b+1）x+b²+b＜0的解集為（b，b+1），
∴方程x²+（a-2b+1）x+b²+b=0的解為x₁=b，x₂=b+1，
∴b+（b+1）=-（a-2b+1），解得a=-2．
（II）φ（x）得定義域?yàn)椋?，+∞）．
由（I）知f（x）=x²-2x+b+1，∴g（x）=$\frac{{x}^{2}-2x+b+1}{x-1}$=x-1+$\frac{x-1}$，
∴φ′（x）=1-$\frac{（x-1）^{2}}$-$\frac{k}{x-1}$=$\frac{{x}^{2}-（2+k）x+k-b+1}{（x-1）^{2}}$，
∵函數(shù)φ（x）存在極值點(diǎn)，∴φ′（x）=0有解，
∴方程x²-（2+k）x+k-b+1=0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，且在（1，+∞）上至少有一根，
∴△=（2+k）²-4（k-b+1）=k²+4b＞0．
解方程x²-（2+k）x+k-b+1=0得x₁=$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，x₂=$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$
（1）當(dāng)b＞0時(shí)，x₁＜1，x₂＞1，
∴當(dāng)x∈（1，$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）時(shí)，φ′（x）＜0，當(dāng)x∈（$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，+∞）時(shí)，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（1，$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（x）極小值點(diǎn)為$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$．
（2）當(dāng)b＜0時(shí)，由△=k²+4b＞0得k＜-2$\sqrt{-b}$，或k＞2$\sqrt{-b}$，
若k＜-2$\sqrt{-b}$，則x₁＜1，x₂＜1，
∴當(dāng)x＞1時(shí)，φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，不符合題意；
若k＞2$\sqrt{-b}$，則x${\;}_{{1}_{\;}}$＞1，x₂＞1，
∴φ（x）在（1，$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，+∞）單調(diào)遞增，
∴φ（x）的極大值點(diǎn)為$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，極小值點(diǎn)為$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$．
綜上，當(dāng)b＞0時(shí)，k取任意實(shí)數(shù)，函數(shù)φ（x）極小值點(diǎn)為$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$；
當(dāng)b＜0時(shí)，k＞2$\sqrt{-b}$，函數(shù)φ（x）極小值點(diǎn)為$\frac{k+2+\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$，極大值點(diǎn)為$\frac{k+2-\sqrt{{k}^{2}+4b}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查二次函數(shù)的性質(zhì)、一元二次不等式與一元二次方程的關(guān)系，分類討論思想，屬于中檔題．