Question

設函數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）的結論下，是否存在實常數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，說明理由．
（3）設G（x）=f（x）+2-g（x）有兩個零點x₁和x₂，且x₁，x₀x₂成等差數列，試探究值G′（x₀）的符號．

Answer 1

分析：（1）比較簡單，只要利用條件f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），即可求出a、b的值．
（2）通過畫圖象，可以知道f（x）與g（x）有一個公共點（1，1），而函數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滿足的關系式，再由x₁，x₀x₂成等差數列，可得x₀用x₁、x₂表示的關系式，再經過討論換元可證得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，聯立

b=1 a+b=2

，解得a=b=1，
則g（x）=lnx+x．
（2）因f（x）與g（x）有一個公共點（1，1），而函數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，所以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

x 2 1 +2-alnx1-bx1=0 x 2 2 +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)

1+ x2 x1

]，
①當0＜x₁＜x₂時，令

x2

x1

=t，則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，則μ（t）在[1，+∞）上為增函數，
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：本題考查了導數的綜合應用，熟練利用導數求極值和最值及恰當分類討論、換元是解決問題的關鍵．