Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²，g（x）=alnx+bx（a≠0）
（1）若b=0，求F（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a=b=1，是否存在實常數(shù)k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m恒成立？若存在，求出k和m的值；若不存在，請說明理由；
（3）若已知a＞0，設(shè)G（x）=f（x）+2-g（x）有兩個零點x₁，x₂且x₁，x₀，x₂成等差數(shù)列，試探究G′（x₀）的符號．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導，再分類討論，當a≤0時和當a＞0時，求出F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出f（x）和g（x）的公共點（1，1），過此點兩個函數(shù)圖象的公切線為y=2x-1，若存在實常數(shù)k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m成立，即f（x）≥2x-1和g（x）≤2x-1同時成立，根據(jù)二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)及導數(shù)法判斷后可得答案．
（3）根據(jù)函數(shù)f（x）有2個不同的零點x₁，x₂，將兩式作差表示出x₁+x₂，求出導函數(shù)f′（x），從而得到G′（x₀），然后利用換元法以及函數(shù)的單調(diào)性判斷符號即可．

解答： 解：（1）b=0，F(xiàn)（x）=f（x）-g（x）=x²-alnx，（x＞0）
∴F′（x）=2x-

a

x

=

2x2-a

x

當a≤0時，F(xiàn)′（x）＞0，函數(shù)F（x）在（0，+∞）為單調(diào)遞增，
當a＞0時，令F′（x）=0，解得x=

2a

2

，
當F′（x）＞0，即x＞

2a

2

，f（x）為單調(diào)遞增，
當F′（x）＜0，即0＜x＜

2a

2

，f（x）為單調(diào)遞減，
綜上所述，當a≤0時，函數(shù)F（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
當a＞0時，函數(shù)F（x）在（

2a

2

，+∞）為單調(diào)遞增，（0，

2a

2

）單調(diào)遞減，
（2）a=b=1時，g（x）=lnx+x，與f（x）構(gòu)成方程組，解得x=1，y=1，
所以（1，1）是f（x）和g（x）的公共點，
f（x）在點（1，1）處的切線方程是y=2x-1
∴若存在實常數(shù)k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m成立
即f（x）≥2x-1和g（x）≤2x-1同時成立
∵f（x）-2x+1=x²-2x+1=（x-1）²≥0，
∴f（x）≥2x-1，
令h（x）=g（x）-2x+1，則h′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
∴h（x） 在（0，1）遞增，（1，+∞）遞減，
∴h（x）_max=h（1）=0，
∴h（x）≤0，即g（x）≤2x-1成立
∴存在k=2，m=-1使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m成立
（3）G′（x₀）的符號為正，理由如下：因為G（x）=x²+2-alnx-bx有兩個零點x₁，x₂，
則有x₁²+2-alnx₁-bx₁=0，x₂²+2-alnx₂-bx₂=0，兩式相減得x₁²+2-alnx₁-bx₁-x₂²-2+alnx₂+bx₂=0，
即x₁+x₂-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，
于是G′（x₀）=2x0-

a

x0

-b=（x₁+x₂-b）-1

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0＜x₁+x₂時，令

x2

x1

=t，則t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

[lnt-

2(t-1)

1+t

]，
設(shè)u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

，t＞1，則u′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

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

2(t-1)

1+t

＞0，又因為a＞0，x₂-x₁＞0，所以G′（x₀）＞0．
②當0＜x₂＜x₁時，同理可得G′（x₀）＞0．
綜上所述，G′（x₀）的符號為正．

點評：本題主要考查了利用導數(shù)研究曲線在某點處的切線，以及函數(shù)的零點，同時考查了分類討論的能力以及分析問題的能力和運算求解的能力，屬于難題．