Question

已知函數f（x）=x²，，g（x）=x-1．
（1）已知函數ψ（x）=log_m^x-2x，如果h(x)=

1

2

f(x)+ψ(x)是增函數，且h（x）的導函數h'（x）存在正零點，求m的值．
（2）設F（x）=f（x）-tg（x）+1-t-t²，且|F（x）|在[0，1]上單調遞增，求實數t的取值范圍．
（3）試求實數p的個數，使得對于每個p，關于x的方程xf（x）=pg（x）+2p+1都有滿足|x|＜2009的偶數根．

Answer 1

分析：（1）由題意h′(x)=x-2+

1

xlnm

≥0在（0，+∞）上恒成立，從而問題等價于

1

lnm

≥x(2-x)=-(x-1)2+1在（0，+∞）上恒成立，從而可得0＜lnm≤1，又h'（x）存在正零點，△≥0，進而有lnm=1，從而可求m的值．
（2）先求得F（x）=x²-tx+1-t²，再對其對應方程的判別式分△≤0和當△＞0兩種情況，分別找到滿足|F（x）|在[0，1]上單調遞增的實數m的取值范圍，最后綜合即可．
（3）對于方程 x³=p（x-1）+2p+1，從而x³-1=p（x+1），故對于p滿足存在|x|＜2009的偶數根，所以p為有理數，x-1，x+1是相鄰奇數，所以互質，進而可求實數p的個數．

解答：解：（1）由題意h′(x)=x-2+

1

xlnm

≥0在（0，+∞）上恒成立
即

1

lnm

≥x(2-x)=-(x-1)2+1在（0，+∞）上恒成立
即

1

lnm

≥1，所以0＜lnm≤1，又h'（x）存在正零點，△≥0
所以 lnm=1，即m=e
（2）由題設得F（x）=x²-tx+1-t²，
對稱軸方程為x=

t

2

，△=t²-4（1-t²）=5t²-4．
由于|F（x）|在[0，1]上單調遞增，則有
（Ⅰ）當△≤0即-

2 5

5

≤t≤

2 5

5

時，又

t

2

≤0，∴解得-

2 5

5

≤t≤0．
（Ⅱ）當△＞0即t＜-

2 5

5

或t＞

2 5

5

時，
設方程F（x）=0的根為x₁，x₂（x₁＜x₂），
①若t＞

2 5

5

，則

t

2

＞

5

5

，有

2t≥1 5x1＜0?F(0)=1-t2＜0.6

解得t≥2；
②若t＜-

2 5

5

，即

t

2

＜-

5

5

，有x₁＜0，x₂≤0；
∴

x1+x2＜0⇒t＜0 x1x2≥0⇒1-t2≥0⇒-1≤t≤1 t＜- 2 5 5

，∴-1≤t＜-

2 5

5

．
由①②得-1≤t＜-

2 5

5

或t≥2．綜合（Ⅰ），（Ⅱ）有-1≤t≤0或t≥2．
（3）對于方程 x³=p（x-1）+2p+1
∴x³-1=p（x+1）．
∴（x-1）（x²+x+1）=p（x+1）
對于p滿足存在|x|＜2009的偶數根．
所以p為有理數，x-1，x+1是相鄰奇數，所以互質．
設p=

n

m

  n，m 是互質整數．
m（x-1）（x²+x+1）=n（x+1）
∴n整除（x-1）（x²+x+1），m整除x+1，
所以m≤|x+1|．
所以有x+1整除m（x²+x+1）．
設m（x²+x+1）=k（x+1）k是整數．
于是 k=mx+

m

x+1

∵m≤|x+1|，m≠0，
所以只能取m=x+1或m=-x-1．
x可取±2008，±2006，…±2，0．
共2009個，每個x都對應兩個p，
于是共有4018個p滿足條件．

點評：本題以函數為載體，考查恒成立問題，考查函數的單調性，考查方程根的探求，有較強的難度．易錯點是忽視分類討論，而導致錯解．