Question

設函數f（x）=alnx+bx（a＞0），g（x）=x²
（1）若f（1）=g（1），f′（1）=g′（1），是否存在k和m，使得f（x）≤kx+m，g（x）≥kx+m？若存在，求出k和m的值，若不存在，說明理由
（2）設G（x）=g（x）-f（x）+2有兩個零點x₁，x₂，且x₁，x₀，x₂成等差數列，G′（x）是G（x）的導函數，求證：G′（x₀）＞0．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,利用導數研究函數的極值,利用導數求閉區間上函數的最值

專題：導數的綜合應用

分析：（1）先求f′（x），然后根據條件很容易求出k，m，這時候會發現f（x）和g（x）圖象有一個公共點（1，1），根據問題：是否存在k和m，使得f（x）≤kx+m，g（x）≥kx+m，也就是找到一條直線要同時滿足這兩個不等式．根據存在的公共點可以想到是否是過這一點的直線，而我們能求的是過這點g（x）的切線，所以求出這條切線，然后去驗證它是否同時滿足f（x）≤kx+m，g（x）≥kx+m即可．
（2）先求出G（x），根據條件x₁，x₂是它的兩個零點，所以很自然的會得到：

x12-alnx1-bx1+2=0 x22-alnx2-bx2+2=0

．根據所要證的結論：＞0，所以需要求G′（x₀），∵x₁+x₂=2x₀，所以要想著要用x₁，x₂來表示G′（x₀），然后判斷它是否大于0即可．

解答： 解：（1）f′（x）=

a

x

+b，由f（1）=g（1），f′（1）=g′（1）得：

b=1 a+b=2

，解得a=b=1．
∴f（x）=lnx+x．
因f（x）與g（x）有一個公共點（1，1），而函數g（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．
設h（x）=lnx+x-（2x-1）=lnx-x+1，h′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

．
x∈（0，1）時，h′（x）＞0；x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，∴x=1時，h（x）取到最大值h（1）=0；
∴lnx+x≤2x-1恒成立，即f（x）≤2x-1．
由x²-2x+1≥0，得x²≥2x-1，∴g（x）≥2x-1恒成立．
故存在這樣的k，m，且k=2，m=-1．
（2）∵G（x）=g（x）-f（x）+2=x²-alnx-bx+2，有兩零點x₁，x₂，則有：

x12-alnx1-bx1+2=0 x22-alnx2-bx2+2=0

；
兩式相減得：x22-x12-a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0；
∴（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

]；
設μ（t）=lnt-

2(t-1)

1+t

，∴μ′（x）=

1

t

-

4

(1+t)2

=

(1-t)2

t(1+t)2

＞0；
∴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．
綜上可得：G′（x₀）＞0．

點評：求解第一問的關鍵是找到過（1，1）的切線方程．第二問的關鍵是，由x₁，x₂是零點求出x₁+x₂，并求出G′（x₀）=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

]．對于本題考查的知識點為：利用導數求過曲線上一點的切線方程，利用導數判斷函數的單調性，求函數的最值，等差數列，以及利用導數確定函數的取值．