Question

设函数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）的极小值；
（2）在（1）的结论下，是否存在实常数k和m，使得f（x）≥kx+m和g（x）≤kx+m成立？若存在，求出k和m，若不存在，说明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）由函数解析式，求出导函数的解析式，根据f（1）=g（1），f'（1）=g'（1），可求出a，b的值，进而求出F（x）的解析式，求导后，分析函数的单调性，进而可得F（x）的极小值
（2）根据（1）可得（1，1）是f（x）和g（x）的公共点，过此点两个函数图象的公切线为y=2x-1，若存在实常数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同时成立，根据二次函数的图象和性质及导数法判断后可得答案．
解答：解：（1），代入可得：a=1，b=1
∴F（x）=x²-lnx-x，
∴==
∵当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，
∴F（x）在（0，1）递减，（1，+∞）递增，
∴F（x）的极小值为F（1）=0
（2）由（1）得，（1，1）是f（x）和g（x）的公共点，
f（x）在点（1，1）处的切线方程是y=2x-1
∴若存在实常数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同时成立
∵f（x）-2x+1=x²-2x+1=（x-1）²≥0，
∴f（x）≥2x-1
令h（x）=g（x）-2x+1，，
∴h（x） 在（0，1）递增，（1，+∞）递减，
∴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
点评：本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，利用导数研究函数的单调性，其中（1）中求出a，b值，进而确定函数的解析式是解答的关键．