已知二次函数f=x2+ax+m+1，关于x的不等式f＜x+1-m2的解集为，其中m为非零常数．设g(x)=f(x)x-1．

题文

已知二次函数f（x）=x²+ax+m+1，关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m²的解集为（m，m+1），其中m为非零常数．设g(x)=f(x)x-1．
（1）求a的值；
（2）k（k∈R）如何取值时，函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值点，并求出极值点；
（3）若m=1，且x＞0，求证：[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2（n∈N^*）． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）∵关于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m²的解集为（m，m+1），
即不等式x²+（a+1-2m）x+m²+m＜0的解集为（m，m+1），
∴x²+（a+1-2m）x+m²+m=（x-m）（x-m-1）．
∴x²+（a+1-2m）x+m²+m=x²-（2m+1）x+m（m+1）．
∴a+1-2m=-（2m+1）．
∴a=-2．…（2分）
（2）解法1：由（1）得g(x)=f(x)x-1=x2-2x+m+1x-1=(x-1)+mx-1．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+mx-1-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-m(x-1)2-kx-1=x2-(2+k)x+k-m+1(x-1)2．…（3分）
方程x²-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判别式△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m．…（4分）
①当m＞0时，△＞0，方程（*）的两个实根为x1=2+k-k2+4m2＜1，x2=2+k+k2+4m2＞1，…（5分）
则x∈（1，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂．…（6分）
②当m＜0时，由△＞0，得k＜-2-m或k＞2-m，
若k＜-2-m，则x1=2+k-k2+4m2＜1，x2=2+k+k2+4m2＜1，
故x∈（1，+∞）时，φ'（x）＞0，
∴函数φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）没有极值点．…（7分）
若k＞2-m时，x1=2+k-k2+4m2＞1，x2=2+k+k2+4m2＞1，
则x∈（1，x₁）时，φ'（x）＞0；x∈（x₁，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（8分）
综上所述，当m＞0时，k取任意实数，函数φ（x）有极小值点x₂；
当m＜0时，k＞2-m，函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（9分）
（其中x1=2+k-k2+4m2，x2=2+k+k2+4m2）
解法2：由（1）得g(x)=f(x)x-1=x2-2x+m+1x-1=(x-1)+mx-1．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+mx-1-kln（x-1）的定义域为（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-m(x-1)2-kx-1=x2-(2+k)x+k-m+1(x-1)2．…（3分）
若函数φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在极值点等价于函数φ'（x）有两个不等的零点，且
至少有一个零点在（1，+∞）上．…（4分）
令φ'（x）=x2-(2+k)x+k-m+1(x-1)2=0，
得x²-（2+k）x+k-m+1=0，（*）
则△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m＞0，（**）              …（5分）
方程（*）的两个实根为x1=2+k-k2+4m2，x2=2+k+k2+4m2．
设h（x）=x²-（2+k）x+k-m+1，
①若x₁＜1，x₂＞1，则h（1）=-m＜0，得m＞0，此时，k取任意实数，（**）成立．
则x∈（1，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂．…（6分）
②若x₁＞1，x₂＞1，则h(1)=-m＞02+k2＞1得m＜0k＞0
又由（**）解得k＞2-m或k＜-2-m，
故k＞2-m．…（7分）
则x∈（1，x₁）时，φ'（x）＞0；x∈（x₁，x₂）时，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）时，φ'（x）＞0．
∴函数φ（x）在（1，x₁）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减，在（x₂，+∞）上单调递增．
∴函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（8分）
综上所述，当m＞0时，k取任何实数，函数φ（x）有极小值点x₂；
当m＜0时，k＞2-m，函数φ（x）有极小值点x₂，有极大值点x₁．…（9分）
（其中x1=2+k-k2+4m2，x2=2+k+k2+4m2）
（3）证法1：∵m=1，∴g（x）=(x-1)+1x-1．
∴[g(x+1)]n-g(xn+1)=(x+1x)n-(xn+1xn)=xn+C1nxn-1•1x+C2nxn-2•1x2+…+Cn-1nx•1xn-1+Cnn1xn-(xn+1xn)
=C1nxn-2+C2nxn-4+…+Cn-1nx2-n．…（10分）
令T=C1nxn-2+C2nxn-4+…+Cn-1nx2-n，
则T=Cn-1nx2-n+Cn-2nx4-n+…+C1nxn-2=C1nx2-n+C2nx4-n+…+Cn-1nxn-2．
∵x＞0，
∴2T=C1n(xn-2+x2-n)+C2n(xn-4+x4-n)+…+Cn-1n(x2-n+xn-2)…（11分）≥C1n•2xn-2•x2-n+C2n•2xn-4•x4-n+…+Cn-1n•2x2-n•xn-2…（12分）
=2(C1n+C2n+…+Cn-1n)=2(C0n+C1n+C2n+…+Cn-1n+Cnn-C0n-Cnn)=2（2ⁿ-2）．…（13分）
∴T≥2ⁿ-2，即[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2．…（14分）
证法2：下面用数学归纳法证明不等式(x+1x)n-(xn+1xn)≥2ⁿ-2．
①当n=1时，左边=(x+1x)-(x+1x)=0，右边=2¹-2=0，不等式成立；
…（10分）
②假设当n=k（k∈N^*）时，不等式成立，即(x+1x)k-(xk+1xk)≥2^k-2，
则 (x+1x)k+1-(xk+1+1xk+1)=(x+1x)[(x+1x)k-(xk+1xk)]+(x+1x)(xk+1xk)-(xk+1+1xk+1)=(x+1x)[(x+1x)k-(xk+1xk)]+(xk-1+1xk-1)…（11分）≥2x•1x•(2k-2)+2xk-1•1xk-1=2^k+1-2．…（13分）
也就是说，当n=k+1时，不等式也成立．
由①②可得，对∀n∈N^*，[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2都成立．…（14分）

解析

f(x)x-1

考点

据考高分专家说，试题“已知二次函数f（x）=x2+ax+m+1.....”主要考查你对 [函数的单调性、最值 ]考点的理解。 函数的单调性、最值

单调性的定义：

1、对于给定区间D上的函数f（x），若对于任意x₁，x₂∈D，当x₁＜x₂时，都有f（x₁）＜f（x₂），则称f（x）是区间上的增函数；当x₁＜x₂时，都有f（x₁）＞f（x₂），则称f（x）是区间D上的减函数。

2、如果函数y=f（x）在区间上是增函数或减函数，就说函数y=f（x）在区间D上具有（严格的）单调性，区间D称为函数f（x）的单调区间。如果函数y=f（x）在区间D上是增函数或减函数，区间D称为函数f（x）的单调增或减区间 
 
3、最值的定义：
最大值：一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M，满足： ①对于任意的x∈I，都有f（x）≤M；②存在x₀∈I，使得f（x₀）＝M；那么，称M是f（x）的最大值．
最小值：一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M，满足： ①对于任意的x∈I，都有f（x）≥M；②存在x₀∈I，使得f（x₀）＝M；那么，称M是f（x）的最小值 p.MsoNormal, li.MsoNormal, div.Msonormal {margin:0cm;margin-bottom:.0001pt;text-align:justify;text-justify:inter-ideograph;font-size:10.5pt;font-family:"Times New Roman";}div.Section1 {page:Section1;}p.MsoNormal, li.MsoNormal, div.Msonormal {margin:0cm;margin-bottom:.0001pt;text-align:justify;text-justify:inter-ideograph;font-size:10.5pt;font-family:"Times New Roman";}div.Section1 {page:Section1;}

判断函数f（x）在区间D上的单调性的方法：

（1）定义法：其步骤是：
①任取x1，x2∈D，且x1＜x2；
②作差f（x1）-f（x2）或作商

，并变形；
③判定f（x1）-f（x2）的符号，或比较

与1的大小；
④根据定义作出结论。
（2）复合法：利用基本函数的单调性的复合。
（3）图象法：即观察函数在区间D上部分的图象从左往右看是上升的还是下降的。