Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²，g（x）=alnx+bx（a＞0）．
（Ⅰ）若f（1）=g（1），f'（1）=g'（1），求F（x）=f（x）-g（x）的極小值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，是否存在實(shí)常數(shù)k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m？若存在，求出k和m的值．若不存在，說明理由．
（Ⅲ）設(shè)G（x）=f（x）+2-g（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，且x₁，x₀，x₂成等差數(shù)列，試探究G'（x₀）值的符號(hào)．

Answer 1

分析：（1）由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）得到a與b的值，因?yàn)镕（x）=f（x）-g（x）求出導(dǎo)函數(shù)討論在區(qū)間上的增減性得到函數(shù)的極值即可；
（2）因f（x）與g（x）有一個(gè)公共點(diǎn)（1，1），而函數(shù)f（x）=x²在點(diǎn)（1，1）的切線方程為y=2x-1，
下面驗(yàn)證

f(x)≥2x-1 g(x)≤2x-1

都成立即可．由x²-2x+1≥0，得x²≥2x-1，知f（x）≥2x-1恒成立．設(shè)h（x）=lnx+x-（2x-1），即h（x）=lnx-x+1，易知其在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，所以h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值為h（1）=0，所以lnx+x≤2x-1恒成立．故存在；
（3）因?yàn)镚（x）=f（x）+2-g（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，把兩個(gè)零點(diǎn)代入到G（x）中，得一式子，然后求出導(dǎo)函數(shù)討論兩個(gè)零點(diǎn)的大小得到G'（x₀）值的符號(hào)為正．

解答：解：（1）由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）得

b=1 a+b=2

，解得a=b=1則F（x）=f（x）-g（x）=x²-lnx-x，F(xiàn)′（x）=2x-

1

x

-1
x=1或x=-

1

2

，當(dāng)x＜-

1

2

或x＞1時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)為增函數(shù)；當(dāng)-

1

2

＜x＜1時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)為減函數(shù)．
得到F（x）_極小值=F（1）=0；
（2）因f（x）與g（x）有一個(gè)公共點(diǎn)（1，1），而函數(shù)f（x）=x²在點(diǎn)（1，1）的切線方程為y=2x-1，
下面驗(yàn)證

f(x)≥2x-1 g(x)≤2x-1

都成立即可．由x²-2x+1≥0，得x²≥2x-1，知f（x）≥2x-1恒成立．設(shè)h（x）=lnx+x-（2x-1），即h（x）=lnx-x+1，易知其在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，所以h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值為h（1）=0，所以lnx+x≤2x-1恒成立．故存在這樣的k和m，且k=2，m=-1．
（3）G′（x₀）的符號(hào)為正，理由為：因?yàn)镚（x）=x²+2-alnx-bx有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，則有

x12+2-alnx1-bx1=0 x22+2-alnx2-bx2=0

，兩式相減得x₂²-x₁²-a（lnx₂-lnx₁）-b（x₂-x₁）=0，即x2+x1-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，
于是G′（x₀）=2x₀-

a

x0

-b=（x₁+x₂-b）-

2a

x1+x2

=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

-

2a

x1+x2

=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2(x2-x1)

x1+x2

]
=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

]
①當(dāng)0＜x₁＜x₂時(shí)，令

x2

x1

=t，則t＞1，且u′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，則u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

在（1，+∞）上為增函數(shù)，
而u（1）=0，所以u(píng)（t）＞0，即lnt-

2(t-1)

1+t

＞0，又因?yàn)閍＞0，x₂-x₁＞0
所以G′（x₀）＞0；
②當(dāng)0＜x₂＜x₁時(shí)，同理可得：G′（x₀）＞0
綜上所述：G′（x₀）的符號(hào)為正．

點(diǎn)評(píng)：考查學(xué)生利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的能力，利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)極值的能力．