题目

题型：解答题难度：一般来源：盐城二模

设函数f（x）=x²，g（x）=alnx+bx（a＞0）．
（Ⅰ）若f（1）=g（1），f"（1）=g"（1），求F（x）=f（x）-g（x）的极小值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，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．
（Ⅲ）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）值的符号．

答案

（1）由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）得

b=1 a+b=2

，解得a=b=1则F（x）=f（x）-g（x）=x²-lnx-x，F′（x）=2x-

1

x

-1
x=1或x=-

1

2

，当x＜-

1

2

或x＞1时，f′（x）＞0，函数为增函数；当-

1

2

＜x＜1时，f′（x）＜0，函数为减函数．
得到F（x）_极小值=F（1）=0；
（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，易知其在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以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．
（3）G′（x₀）的符号为正，理由为：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x₂²-x₁²-a（lnx₂-lnx₁）-b（x₂-x₁）=0，即x2+x1-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

，
于是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)

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u′（t）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0，则u（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

在（1，+∞）上为增函数，
而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．