Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²，g（x）=alnx+bx（a＞0）．
（1）若f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）求F（x）=f（x）-g（x）的極小值；
（2）在（1）的結(jié)論下，是否存在實常數(shù)k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m同時成立？若存在，求出k和m的值．若不存在，說明理由．
（3）設(shè)G（x）=f（x）+2-g（x）有兩個零點x₁和x₂，若x₀=

x1+x2

2

，試探究G′（x₀）值的符號．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,函數(shù)的性質(zhì)及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）只要利用條件f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），即可求出a、b的值，再求F（x）的導數(shù)，求單調(diào)區(qū)間，即可得到極小值；
（2）由于f（x）與g（x）有一個公共點（1，1），而函數(shù)f（x）=x²在點（1，1）的切線方程為y=2x-1，只要驗證 f（x）≥2x-1，g（x）≤2x-1  都成立即可；
（3）由G（x）=f（x）+2-g（x）有兩個零點x₁和x₂，得到x₁，x₂滿足的關(guān)系式，由x₀=

x1+x2

2

，再經(jīng)過討論換元可證得G′（x₀）＞0．

解答： 解：（1）由f（1）=g（1），得 b=1．
∵f′（x）=2x，g′（x）=

a

x

+b，f′（1）=g′（1），
∴2=a+b，解得a=b=1，則g（x）=lnx+x．
F（x）=x²-lnx-x（x＞0）的導數(shù)為F′（x）=2x-1-

1

x

=

(2x+1)(x-1)

x

，
當x＞1時，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增，當0＜x＜1時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減，
則有x=1時，F(xiàn)（x）取得極小值，且為0；
（2）因f（x）與g（x）有一個公共點（1，1），
而函數(shù)f（x）=x²在點（1，1）的切線方程為y=2x-1，
下面驗證 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，h′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
∴當0＜x＜1時，h′（x）＞0；當x＞1時，h′（x）＜0．
∴h（x）在（0，1）上遞增，在（1，+∞）上遞減，
∴h（x）在x=1時取得最大值，
∴h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值為h（1）=0，
則lnx+x≤2x-1恒成立．
故存在這樣的k和m，且k=2，m=-1，滿足條件．
（3）G′（x₀）的符號為正，理由為：
∵G（x）=x²+2-alnx-bx有兩個不同的零點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x₁+x₂-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，又x₁+x₂=2x₀，
則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)

x2+x1

]=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

]，
①當0＜x₁＜x₂時，令

x2

x1

=t，則t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

[lnt-

2(t-1)

t+1

]，
故μ（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

（t＞1），μ′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，
則μ（t）在[1，+∞）上為增函數(shù)，
而μ（1）=0，∴μ（t）＞0，即lnt-

2(t-1)

t+1

＞0，
又a＞0，x₂-x₁＞0，∴G′（x₀）＞0，
②當0＜x₂＜x₁時，同理可得：G′（x₀）＞0，
綜上所述：G′（x₀）值的符號為正．

點評：本題考查了導數(shù)的綜合應用，熟練利用導數(shù)求極值和最值及恰當分類討論、換元是解決問題的關(guān)鍵．