Question

2．已知函数f（x）=x²-ax（a≠0），g（x）=lnx，f（x）图象与x轴异于原点的交点为M，f（x）在M处的切线与直线x-y+1=0平行．
（Ⅰ）求函数T（x）=xf（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知实数t∈R，求函数y=f[xg（x）+t]，x∈[1，e]的最小值；
（Ⅲ）令F（x）=g（x）+g′（x），给定x₁，x₂∈（1，+∞），x₁＜x₂，对于两个大于1的正数α，β，存在实数m满足：α=mx₁+（1+m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，并且使得不等式|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用导数的几何意义，求函数f（x）在与x轴的交点处的切线斜率，由两直线平行的条件即可得a值，求出T（x）的导数，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（2）令u=xlnx，再研究二次函数u²+（2t-1）u+t²-t图象是对称轴u=$\frac{1-2t}{2}$，开口向上的抛物线，结合其性质求出最值；
（3）先由题意得到F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，再利用导数工具研究所以F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，得到当x≥1时，F（x）≥F（1）＞0，下面对m进行分类讨论：①当m∈（0，1）时，②当m≤0时，③当m≥1时，结合不等式的性质即可求出m的取值范围．

解答 解：（1）y=f（x）图象与x轴异于原点的交点M（a，0），
f′（x）=2x-a，
f（x）在M处的切线斜率为k=2a-a=a，
由f（x）在M处的切线与直线x-y+1=0平行，则a=1，
∴f（x）=x²-x，T（x）=xf（x）=x³-x²，
T′（x）=3x²-2x，
T′（x）＞0，可得x＞$\frac{2}{3}$或x＜0，T′（x）＜0，可得0＜x＜$\frac{2}{3}$，
则有T（x）的增区间为（-∞，0），（$\frac{2}{3}$，+∞），减区间为（0，$\frac{2}{3}$）；
（2）y=f[xg（x）+t]=[xlnx+t]²-（xlnx+t）
=（xlnx）²+（2t-1）（xlnx）+t²-t，
令u=xlnx，在x∈[1，e]时，u′=lnx+1＞0，
∴u=xlnx在[1，e]单调递增，0≤u≤e                            
u²+（2t-1）u+t²-t图象的对称轴u=$\frac{1-2t}{2}$，抛物线开口向上，
①当u=$\frac{1-2t}{2}$≤0即t≥$\frac{1}{2}$时，y最小，且为t²-t；              　
②当u=$\frac{1-2t}{2}$≥e即t≤$\frac{1-2e}{2}$时，y最小，且为e²+（2t-1）e+t²-t；    
③当0＜$\frac{1-2t}{2}$＜e即$\frac{1-2e}{2}$＜t＜$\frac{1}{2}$时，y最小且为y|${\;}_{u=\frac{1-2t}{2}}^{\;}$=-$\frac{1}{4}$．
（3）F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，F′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
所以F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
∴当x≥1时，F（x）≥F（1）＞0，
①当m∈（0，1）时，有
α=mx₁+（1-m）x₂＞mx₁+（1-m）x₁=x₁，
α=mx₁+（1-m）x₂＜mx₂+（1-m）x₂=x₂，
得α∈（x₁，x₂），同理β∈（x₁，x₂），
∴由f（x）的单调性知  0＜F（x₁）＜F（α）、f（β）＜f（x₂）  
从而有|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|，符合题设．
②当m≤0时，
α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂，
β=mx₂+（1-m）x₁≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
由f（x）的单调性知，
F（β）≤F（x₁）＜f（x₂）≤F（α），
∴|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-F（x₂）|，与题设不符； 
③当m≥1时，同理可得α≤x₁，β≥x₂，
得|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-F（x₂）|，与题设不符．
∴综合①、②、③得 m∈（0，1）．

点评 本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究曲线上某点切线方程、利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于中档题．