Question

设函数f（x）=x²，g（x）=alnx+bx（a＞0）
（1）若f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），求g（x）的解析式；
（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？若存在，求出k和m的值．若不存在，说明理由．
（3）设G（x）=f（x）+2-g（x）有两个零点x₁和x₂，且x₁，x₀x₂成等差数列，试探究值G′（x₀）的符号．

Answer 1

分析：（1）比较简单，只要利用条件f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），即可求出a、b的值．
（2）通过画图象，可以知道f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x²在点（1，1）的切线方程为y=2x-1，只要验证 f（x）≥2x-1，g（x）≤2x-1  都成立即可．
（3）由G（x）=f（x）+2-g（x）有两个零点x₁和x₂，得到x₁，x₂满足的关系式，再由x₁，x₀x₂成等差数列，可得x₀用x₁、x₂表示的关系式，再经过讨论换元可证得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，联立

b=1 a+b=2

，解得a=b=1，
则g（x）=lnx+x．
（2）因f（x）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数f（x）=x²在点（1，1）的切线方程为y=2x-1，
下面验证 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．
设h（x）=lnx+x-（2x-1），即h（x）=lnx-x+1，h′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

，∴当0＜x＜1时，h′（x）＞0；当x＞1时，h′（x）＜0．
∴h（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，∴h（x）在x=1时取得最大值，
∴h（x）=lnx+x-（2x-1）的最大值为h（1）=0，所以lnx+x≤2x-1恒成立．
故存在这样的k和m，且k=2，m=-1，满足条件．
（3）G′（x₀）的符号为正，理由为：
∵G（x）=x²+2-alnx-bx有两个不同的零点x₁，x₂，
则有

x 2 1 +2-alnx1-bx1=0 x 2 2 +2-alnx2-bx2=0

，两式相减得x₂²-x₁²-a（lnx₂-lnx₁）-b（x₂-x₁）=0．
即x₁+x₂-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，又x₁+x₂=2x₀，
则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)

1+ x2 x1

]，
①当0＜x₁＜x₂时，令

x2

x1

=t，则t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

[lnt-

2(t-1)

1+t

]，
故μ（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

（t＞1），μ′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，则μ（t）在[1，+∞）上为增函数，
而μ（1）=0，∴μ（t）＞0，即lnt-

2(t-1)

1+t

＞0，又a＞0，x₂-x₁＞0，∴G′（x₀）＞0，
②当0＜x₂＜x₁时，同理可得：G′（x₀）＞0，
综上所述：G′（x₀）值的符号为正．

点评：本题考查了导数的综合应用，熟练利用导数求极值和最值及恰当分类讨论、换元是解决问题的关键．