2009-广东卷文-21 解-二次函数零点

本题导读

考查函数与零点。$g(x)=x^2+2x+m$，$f(x)=x+2+\frac{m}{x}$；（1）$m+\sqrt{2}|m|=1$ 得 $m=\sqrt{2}-1$ 或 $-\sqrt{2}-1$； （2）$k=1$ 时零点 $-\frac{m}{2}$；$k\ne 1$ 时 $1-m(1-k)⩾0$：$m>0$ 取 $k⩾-\sqrt{2}$，$m<0$ 取 $k⩽\sqrt{2}$。

📌【题干】

Question

（2009年广东卷(文)） 已知二次函数 $y=g(x)$ 的导函数的图象与直线 $y=2x$ 平行，且 $y=g(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值 $m-1$（$m\ne 0$）. 设 $f(x)=\frac{g(x)}{x}$.

(1)若曲线 $y=f(x)$ 上的点 $P$ 到点 $Q(0,2)$ 的距离的最小值为 $\sqrt{2}$，求 $m$ 的值；

(2)$k$（$k\in \mathbf{R}$）如何取值时，函数 $y=f(x)-kx$ 存在零点，并求出零点.

🔍【思路分析】

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1. 设 $g^{\prime }(x)=2x+b$；由 $g^{\prime }(-1)=0$ 得 $b=2$；积分 $g(x)=x^2+2x+c$。
2. 由 $g(-1)=1-2+c=m-1$ 得 $c=m$，故 $g(x)=x^2+2x+m$，$f(x)=x+2+\frac{m}{x}$（$x\ne 0$）。 3.（1）$d^2=x^2+(f(x)-2{)}^2=x^2+{\left(x+\frac{m}{x}\right)}^2=2x^2+2m+\frac{m^2}{x^2}$。
3. 令 $u=x^2>0$：$2u+\frac{m^2}{u}⩾2\sqrt{2}|m|$，$d_{\min }^2=2m+2\sqrt{2}|m|=2$，即 $m+\sqrt{2}|m|=1$。
4. $m>0$：$m(1+\sqrt{2})=1\Rightarrow m=\sqrt{2}-1$；$m<0$：$m(1-\sqrt{2})=1\Rightarrow m=-\sqrt{2}-1$。 6.（2）$f(x)-kx=0⟺(1-k)x^2+2x+m=0$（$x\ne 0$）。
5. $k=1$：$2x+m=0$，零点 $x=-\frac{m}{2}$。
6. $k\ne 1$：$\Delta =4[1-m(1-k)]$，有零点 $⟺1-m(1-k)⩾0$， 零点 $x=\frac{-1\pm \sqrt{1-m(1-k)}}{1-k}$（等号成立时两根重合为 $-m$）。
7. 结合（1）：$m=\sqrt{2}-1>0$ 时 $k⩾1-\frac{1}{m}=-\sqrt{2}$；$m=-\sqrt{2}-1<0$ 时 $k⩽1-\frac{1}{m}=\sqrt{2}$。

✅【答案】

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(1) $m=\sqrt{2}-1$ 或 $m=-\sqrt{2}-1$；(2)见解析

✍【详细解析】

Abstract

因为 $g^{\prime }(x)$ 的图象与 $y=2x$ 平行，所以可设 $g^{\prime }(x)=2x+b$。 又 $g(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值，故 $g^{\prime }(-1)=0$，从而 $b=2$。 积分得 $g(x)=x^2+2x+c$。由 $g(-1)=m-1$，得 $c=m$， 所以 $g(x)=x^2+2x+m$，$f(x)=\frac{g(x)}{x}=x+2+\frac{m}{x}$，其中 $x\ne 0$。 （1）点 $P(x,f(x))$ 到 $Q(0,2)$ 的距离平方为 $d^2=x^2+(f(x)-2{)}^2=x^2+{\left(x+\frac{m}{x}\right)}^2=2x^2+2m+\frac{m^2}{x^2}$。 令 $u=x^2>0$，则 $d^2=2u+2m+\frac{m^2}{u}$。 由基本不等式，$2u+\frac{m^2}{u}⩾2\sqrt{2m^2}=2\sqrt{2}|m|$，当 $u=\frac{|m|}{\sqrt{2}}$ 时等号成立， 所以 $d_{\min }^2=2m+2\sqrt{2}|m|$。题设 $d_{\min }=\sqrt{2}$，故 $m+\sqrt{2}|m|=1$。 当 $m>0$ 时，$m(1+\sqrt{2})=1$，得 $m=\sqrt{2}-1$； 当 $m<0$ 时，$m(1-\sqrt{2})=1$，得 $m=-\sqrt{2}-1$。 （2）由 $f(x)-kx=0$ 且 $x\ne 0$，得 $(1-k)x^2+2x+m=0$。 当 $k=1$ 时，方程化为 $2x+m=0$，由于 $m\ne 0$，唯一零点为 $x=-\frac{m}{2}$。 当 $k\ne 1$ 时，判别式为 $\Delta =4-4m(1-k)=4[1-m(1-k)]$。 因而有零点的充要条件是 $1-m(1-k)⩾0$， 零点为 $x=\frac{-1\pm \sqrt{1-m(1-k)}}{1-k}$。因为 $m\ne 0$，这些根不可能为 $0$，均满足 $x\ne 0$； 等号成立时两个根重合为 $x=-m$。 结合第一问的结果，当 $m=\sqrt{2}-1>0$ 时，条件化为 $k⩾1-\frac{1}{m}=-\sqrt{2}$； 当 $m=-\sqrt{2}-1<0$ 时，条件化为 $k⩽1-\frac{1}{m}=\sqrt{2}$。 因此，$m=\sqrt{2}-1$ 时取 $k⩾-\sqrt{2}$，$m=-\sqrt{2}-1$ 时取 $k⩽\sqrt{2}$； 不满足对应条件时不存在零点。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数条件定二次函数与零点分布

核心方法：$g^{\prime }(-1)=0$ 定一次项；距离平方用基本不等式；零点按 $\Delta$ 与一次退化分类

避坑指南：$g(x)=x^2+2x+m$；$d_{\min }^2=2m+2\sqrt{2}|m|$ 分 $m$ 正负解；$f(x)-kx$ 化 $(1-k)x^2+2x+m=0$，$k=1$ 单独处理。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：“极小值 $m-1$“给两个方程：$g^{\prime }(-1)=0$ 与 $g(-1)=m-1$。

结论推广：$m+\sqrt{2}|m|=1$ 含绝对值，必须分 $m>0$，$m<0$ 两支，两支都有解。

方法推广：$k=1$ 时二次项消失退化为一次方程，是零点问题最易漏的分类。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.02 基本初等函数导数公式与运算法则

类题演练 (Links)

• 2009-天津卷文-21 解-导数零点恒成立
• 2009-北京卷文-18 解-导数切线与极值
• 2009-大纲卷II文-21 解-导数单调与恒成立
• 2009-湖南卷文-19 解-导数对称极值