Question

記函數fn(x)=a•xn-1(a∈R，n∈N*)的導函數為

f

′ n

(x)，已知

f

′ 3

(2)=12．
（Ⅰ）求a的值．
（Ⅱ）設函數gn(x)=fn(x)-n2Inx，試問：是否存在正整數n使得函數g_n（x）有且只有一個零點？若存在，請求出所有n的值；若不存在，請說明理由．
（Ⅲ）若實數x₀和m（m＞0，且m≠1）滿足：

f ′ n (x0)

f ′ n+1 (x0)

=

fn(m)

fn+1(m)

，試比較x₀與m的大小，并加以證明．

Answer 1

分析：（Ⅰ）直接由

f

′ 3

(2)=12列式求a的值；
（Ⅱ）求出函數的導函數，求出導函數的零點，由導函數的零點對定義域分段，由導函數的符號判斷原函數的單調性，求出原函數的最值，根據最值分析函數的零點個數；
（Ⅲ）求出fn′(x)=n•xn-1，代入

f ′ n (x0)

f ′ n+1 (x0)

=

fn(m)

fn+1(m)

，解出x₀，把x₀與m作差后構造輔助函數，求出輔助函數的導函數，由輔助函數的單調性即可證明x₀與m的差與0的大小關系，則結論得到證明．

解答：解：（Ⅰ）f3′(x)=3ax2，由f3′(2)=12，得a=1；
（Ⅱ）gn(x)=xn-n2lnx-1，gn′(x)=n•xn-1-

n2

x

=

n(xn-n)

x

，
∵x＞0，令gn′(x)=0，得x=

n	n

．
當x＞

n	n

時，gn′(x)＞0，g_n（x）是增函數；
當0＜x＜

n	n

時，gn′(x)＜0，g_n（x）是減函數；
所以當x=

n	n

時，g_n（x）有極小值，也是最小值，gn(

n	n

)=n-nlnn-1．
當x→0時，g_n（x）→+∞；
當x→+∞時，（可取x=e，e²，e³，…體驗），g_n（x）→+∞．
當n≥3時，gn(

n	n

)=n(1-lnn)-1＜0，函數g_n（x）有兩個零點；
當n=2時，gn(

n	n

)=-2ln2+1＜0，函數g_n（x）有兩個零點；
當n=1時，gn(

n	n

)=0，函數g_n（x）只有一個零點；
綜上所述，存在n=1使得函數g_n（x）有且只有一個零點．
（Ⅲ）fn′(x)=n•xn-1，
∵

fn′(x0)

fn-1′(x0)

=

fn(m)

fn-1(m)

，∴

nx0n-1

(n+1)x0n

=

mn-1

mn+1-1

．
解得x0=

n(mn+1-1)

(n+1)(mn-1)

，
則x0-m=

-mn+1+m(n+1)-n

(n+1)(mn-1)

，
當m＞1時，（n+1）（mⁿ-1）＞0，設h（x）=-xⁿ⁺¹+x（n+1）-n（x≥1），
則h^′（x）=-（n+1）xⁿ+n+1=-（n+1）（xⁿ-1）≤0（當且僅當x=1時取等號），
所以h（x）在[1，+∞）上是減函數，
又因為m＞1，所以h（m）＜h（1）=0，所以x₀-m＜0，所以x₀＜m．
當0＜m＜1時，（n+1）（mⁿ-1）＜0，設h（x）=-xⁿ⁺¹+x（n+1）-n（0＜x≤1），
則h^′（x）=-（n+1）xⁿ+n+1=-（n+1）（xⁿ-1）≥0（當且僅當x=1時取等號），
所以h（x）在（0，1]上是增函數，又因為0＜m＜1，所以h（m）＜h（1）=0，所以x₀-m＞0，
所以x₀＞m．
綜上所述，當m＞1，x₀＜m．當0＜m＜1時，x₀＞m．

點評：本題考查了導數在最大值最小值中的應用，考查了分類討論的數學思想方法，訓練了構造函數法進行不等式的大小比較，是有一定難度題目．