Question

设函数f（x）=x²，g（x）=alnx+bx（a≠0）
（1）若b=0，求F（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（2）若a=b=1，是否存在实常数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，请说明理由；
（3）若已知a＞0，设G（x）=f（x）+2-g（x）有两个零点x₁，x₂且x₁，x₀，x₂成等差数列，试探究G′（x₀）的符号．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）求导，再分类讨论，当a≤0时和当a＞0时，求出F（x）的单调区间；
（2）求出f（x）和g（x）的公共点（1，1），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．
（3）根据函数f（x）有2个不同的零点x₁，x₂，将两式作差表示出x₁+x₂，求出导函数f′（x），从而得到G′（x₀），然后利用换元法以及函数的单调性判断符号即可．

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

a

x

=

2x2-a

x

当a≤0时，F′（x）＞0，函数F（x）在（0，+∞）为单调递增，
当a＞0时，令F′（x）=0，解得x=

2a

2

，
当F′（x）＞0，即x＞

2a

2

，f（x）为单调递增，
当F′（x）＜0，即0＜x＜

2a

2

，f（x）为单调递减，
综上所述，当a≤0时，函数F（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，函数F（x）在（

2a

2

，+∞）为单调递增，（0，

2a

2

）单调递减，
（2）a=b=1时，g（x）=lnx+x，与f（x）构成方程组，解得x=1，y=1，
所以（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，则h′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

，
∴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
（3）G′（x₀）的符号为正，理由如下：因为G（x）=x²+2-alnx-bx有两个零点x₁，x₂，
则有x₁²+2-alnx₁-bx₁=0，x₂²+2-alnx₂-bx₂=0，两式相减得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当0＜x₁+x₂时，令

x2

x1

=t，则t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

[lnt-

2(t-1)

1+t

]，
设u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

，t＞1，则u′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，
故u（t）在（1，+∞）上为增函数，又u（1）=0，所以u（t）＞0，
即lnt-

2(t-1)

1+t

＞0，又因为a＞0，x₂-x₁＞0，所以G′（x₀）＞0．
②当0＜x₂＜x₁时，同理可得G′（x₀）＞0．
综上所述，G′（x₀）的符号为正．

点评：本题主要考查了利用导数研究曲线在某点处的切线，以及函数的零点，同时考查了分类讨论的能力以及分析问题的能力和运算求解的能力，属于难题．