Question

（2013•廣州一模）已知二次函數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），其中m為非零常數．設g(x)=

f(x)

x-1

．
（1）求a的值；
（2）k（k∈R）如何取值時，函數φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在極值點，并求出極值點；
（3）若m=1，且x＞0，求證：[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2（n∈N^*）．

Answer 1

分析：（1）根據關于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m²的解集為（m，m+1），即不等式x²+（a+1-2m）x+m²+m＜0的解集為（m，m+1），從而有x²+（a+1-2m）x+m²+m=（x-m）（x-m-1）．化簡后對照系數即可得出a的值；
（2）由（1）得g(x)=

f(x)

x-1

=

x2-2x+m+1

x-1

=(x-1)+

m

x-1

．利用導數研究其單調性，從而得出極值的情形；
（3）當m=1時g（x）=(x-1)+

1

x-1

．利用二項定理化簡式子[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1），再利用組合數的性質或數學歸納法進行證明即得對?n∈N^*，[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2都成立．

解答：解：（1）∵關于x的不等式f（x）＜（2m-1）x+1-m²的解集為（m，m+1），
即不等式x²+（a+1-2m）x+m²+m＜0的解集為（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+1

x-1

=(x-1)+

m

x-1

．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+

m

x-1

-kln（x-1）的定義域為（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-

m

(x-1)2

-

k

x-1

=

x2-(2+k)x+k-m+1

(x-1)2

．…（3分）
方程x²-（2+k）x+k-m+1=0（*）的判別式△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m．…（4分）
①當m＞0時，△＞0，方程（*）的兩個實根為x1=

2+k- k2+4m

2

＜1，x2=

2+k+ k2+4m

2

＞1，…（5分）
則x∈（1，x₂）時，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）時，φ'（x）＞0．
∴函數φ（x）在（1，x₂）上單調遞減，在（x₂，+∞）上單調遞增．
∴函數φ（x）有極小值點x₂．…（6分）
②當m＜0時，由△＞0，得k＜-2

-m

或k＞2

-m

，
若k＜-2

-m

，則x1=

2+k- k2+4m

2

＜1，x2=

2+k+ k2+4m

2

＜1，
故x∈（1，+∞）時，φ'（x）＞0，（蘇元高考吧：www．gaokao8．net）
∴函數φ（x）在（1，+∞）上單調遞增．
∴函數φ（x）沒有極值點．…（7分）
若k＞2

-m

時，x1=

2+k- k2+4m

2

＞1，x2=

2+k+ k2+4m

2

＞1，
則x∈（1，x₁）時，φ'（x）＞0；x∈（x₁，x₂）時，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）時，φ'（x）＞0．
∴函數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．
∴函數φ（x）有極小值點x₂，有極大值點x₁．…（8分）
綜上所述，當m＞0時，k取任意實數，函數φ（x）有極小值點x₂；
當m＜0時，k＞2

-m

，函數φ（x）有極小值點x₂，有極大值點x₁．…（9分）
（其中x1=

2+k- k2+4m

2

，x2=

2+k+ k2+4m

2

）
解法2：由（1）得g(x)=

f(x)

x-1

=

x2-2x+m+1

x-1

=(x-1)+

m

x-1

．
∴φ（x）=g（x）-kln（x-1）=(x-1)+

m

x-1

-kln（x-1）的定義域為（1，+∞）．
∴φ'（x）=1-

m

(x-1)2

-

k

x-1

=

x2-(2+k)x+k-m+1

(x-1)2

．…（3分）
若函數φ（x）=g（x）-kln（x-1）存在極值點等價于函數φ'（x）有兩個不等的零點，且
至少有一個零點在（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，（*）
則△=（2+k）²-4（k-m+1）=k²+4m＞0，（**）              …（5分）
方程（*）的兩個實根為x1=

2+k- k2+4m

2

，x2=

2+k+ k2+4m

2

．
設h（x）=x²-（2+k）x+k-m+1，
①若x₁＜1，x₂＞1，則h（1）=-m＜0，得m＞0，此時，k取任意實數，（**）成立．
則x∈（1，x₂）時，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）時，φ'（x）＞0．
∴函數φ（x）在（1，x₂）上單調遞減，在（x₂，+∞）上單調遞增．
∴函數φ（x）有極小值點x₂．…（6分）
②若x₁＞1，x₂＞1，則

h(1)=-m＞0 2+k 2 ＞1

得

m＜0 k＞0

又由（**）解得k＞2

-m

或k＜-2

-m

，
故k＞2

-m

．…（7分）
則x∈（1，x₁）時，φ'（x）＞0；x∈（x₁，x₂）時，φ'（x）＜0；x∈（x₂，+∞）時，φ'（x）＞0．
∴函數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．
∴函數φ（x）有極小值點x₂，有極大值點x₁．…（8分）
綜上所述，當m＞0時，k取任何實數，函數φ（x）有極小值點x₂；
當m＜0時，k＞2

-m

，函數φ（x）有極小值點x₂，有極大值點x₁．…（9分）
（其中x1=

2+k- k2+4m

2

，x2=

2+k+ k2+4m

2

）
（3）證法1：∵m=1，∴g（x）=(x-1)+

1

x-1

．
∴[g(x+1)]n-g(xn+1)=(x+

1

x

)n-(xn+

1

xn

)=xn+

C

1 n

xn-1•

1

x

+

C

2 n

xn-2•

1

x2

+…+

C

n-1 n

x•

1

xn-1

+

C

n n

1

xn

-(xn+

1

xn

)
=

C

1 n

xn-2+

C

2 n

xn-4+…+

C

n-1 n

x2-n．…（10分）
令T=

C

1 n

xn-2+

C

2 n

xn-4+…+

C

n-1 n

x2-n，
則T=

C

n-1 n

x2-n+

C

n-2 n

x4-n+…+

C

1 n

xn-2=

C

1 n

x2-n+

C

2 n

x4-n+…+

C

n-1 n

xn-2．
∵x＞0，
∴2T=

C

1 n

(xn-2+x2-n)+

C

2 n

(xn-4+x4-n)+…+

C

n-1 n

(x2-n+xn-2)…（11分）≥

C

1 n

•2

xn-2•x2-n

+

C

2 n

•2

xn-4•x4-n

+…+

C

n-1 n

•2

x2-n•xn-2

…（12分）
=2(

C

1 n

+

C

2 n

+…+

C

n-1 n

)=2(

C

0 n

+

C

1 n

+

C

2 n

+…+

C

n-1 n

+

C

n n

-

C

0 n

-

C

n n

)=2（2ⁿ-2）．…（13分）
∴T≥2ⁿ-2，即[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2．…（14分）
證法2：下面用數學歸納法證明不等式(x+

1

x

)n-(xn+

1

xn

)≥2ⁿ-2．
①當n=1時，左邊=(x+

1

x

)-(x+

1

x

)=0，右邊=2¹-2=0，不等式成立；
…（10分）
②假設當n=k（k∈N^*）時，不等式成立，即(x+

1

x

)k-(xk+

1

xk

)≥2^k-2，
則 (x+

1

x

)k+1-(xk+1+

1

xk+1

)=(x+

1

x

)[(x+

1

x

)k-(xk+

1

xk

)]+(x+

1

x

)(xk+

1

xk

)-(xk+1+

1

xk+1

)=(x+

1

x

)[(x+

1

x

)k-(xk+

1

xk

)]+(xk-1+

1

xk-1

)…（11分）
≥2

x• 1 x

•(2k-2)+2

xk-1• 1 xk-1

=2^k+1-2．…（13分）
也就是說，當n=k+1時，不等式也成立．
由①②可得，對?n∈N^*，[g（x+1）]ⁿ-g（xⁿ+1）≥2ⁿ-2都成立．…（14分）

點評：本小題主要考查二次函數、一元二次不等式、一元二次方程、函數應用、均值不等式等基礎知識，考查數形結合、函數與方程、分類與整合、化歸與轉化的數學思想方法，以及抽象概括能力、推理論證能力、運算求解能力、創新意識．