Question

已知，二次函數(shù)，關于x的不等式f（x）＞（2m-1）x+1-m²的解集為（-∞，m）∪（m+1，+∞），其中m為非零常數(shù)，設．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若存在一條與y軸垂直的直線和函數(shù)Γ（x）=g（x）-x+lnx的圖象相切，且切點的橫坐標x₀滿足|x₀-1|+x₀＞3，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）當實數(shù)k取何值時，函數(shù)φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在極值？并求出相應的極值點．

Answer 1

解：（Ⅰ）∵，，
∴二次函數(shù)f（x）=x²+ax+m+1，
關于x的不等式f（x）＞（2m-1）x+1-m²的解集為（-∞，m）∪（m+1，+∞），
也就是不等式x²+（a+1-2m）x+m²+m＞0的解集為（-∞，m）∪（m+1，+∞），
∴m和m+1是方程x²+（a+1-2m）x+m²+m=0的兩個根．
由韋達定理得：m+（m+1）=-（a+1-2m）
∴a=-2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得=，
∴，，
∵存在一條與y軸垂直的直線和Γ（x）的圖象相切，且切點的橫坐標為x₀，
∴，
∵|x₀-1|+x₀＞3，∴x₀＞2．
令（x＞2），
則，
當x＞2時，，∴在（2，+∞）上為增函數(shù)，
從而，
∴．
（Ⅲ）φ（x）=g（x）-kln（x-1）=-kln（x-1）的定義域為（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-=．
方程x²-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判別式△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m．
①若m＞0時，△＞0，方程（*）的兩個實根為，
或，
則x∈（1，x₂）時，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）時，φ'（x）＞0．
∴函數(shù)φ（x）在（1，x₂）上單調遞減，在（x₂，+∞）上單調遞增．
此時函數(shù)φ（x）存在極小值，極小值點為x₂，k可取任意實數(shù)．
②若m＜0時，當△≤0，即時，x²-（2+k）x+k-m+1≥0恒成立，φ'（x）≥0，φ（x）在（1，+∞）上為增函數(shù)，
此時φ（x）在（1，+∞）上沒有極值．
下面只需考慮△＞0的情況
由△＞0，得或，
當，則，，
故x∈（1，+∞）時，φ'（x）＞0，
∴函數(shù)φ（x）在（1，+∞）上單調遞增．
∴函數(shù)φ（x）沒有極值．
當時，，，
則x∈（1，x₁）時，φ'（x）＞0；x∈（x₁，x₂）時，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）時，φ'（x）＞0．
∴函數(shù)φ（x）在（1，x₁）上單調遞增，在（x₁，x₂）上單調遞減，在（x₂，+∞）上單調遞增．
此時函數(shù)φ（x）存在極大值和極小值，極小值點x₂，有極大值點x₁．
綜上所述，若m＞0時，k可取任意實數(shù)，此時函數(shù)φ（x）有極小值且極小值點為x₂；
若m＜0時，當 時，函數(shù)φ（x）有極大值和極小值，
此時極小值點為x₂，極大值點為x₁（其中，．
分析：（I）利用向量的數(shù)量積可得函數(shù)f（x）=x²+ax+m+1，利用一元二次不等式的解集和相應的一元二次方程的實數(shù)根的關系可知m和m+1是方程x²+（a+1-2m）x+m²+m=0的兩個根，利用根與系數(shù)的關系即可得出a；
（II）由存在一條與y軸垂直的直線和Γ（x）的圖象相切，且切點的橫坐標為x₀，?；由切點的橫坐標x₀滿足|x₀-1|+x₀＞3，可得x₀＞2．令（x＞2），利用導數(shù)可得其單調性，即可得到m的取值范圍；
（III）由φ（x）=g（x）-kln（x-1）=-kln（x-1）的定義域為（1，+∞）．可得φ'（x）=1-=．方程x²-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判別式△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m．通過對△和m分類討論即可得出．
點評：熟練掌握向量的數(shù)量積、一元二次不等式的解集和相應的一元二次方程的實數(shù)根的關系、根與系數(shù)的關系、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性與極值等性質、分類討論的思想方法是解題的關鍵．