Question

已知函数f（x）=x²-ax（a≠0），g（x）=lnx，f（x）图象与x轴异于原点的交点M处的切线为l₁，g（x-1）与x轴的交点N处的切线为l₂，并且l₁与l₂平行．
（1）求f（2）的值；
（2）已知实数t∈R，求函数y=f[xg（x）+t]，x∈[1，e]的最小值；
（3）令F（x）=g（x）+g′（x），给定x₁，x₂∈（1，+∞），x₁＜x₂，对于两个大于1的正数α，β，存在实数m满足：α=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，并且使得不等式|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

解：（1）y=f（x）图象与x轴异于原点的交点M（a，0），f′（x）=2x-a
y=g（x-1）=ln（x-1）图象与x轴的交点N（2，0），g′（x-1）=
由题意可得k=k，即a=1，…（2分）
∴f（x）=x²-x，f（2）=2²-2=2 …（3分）
（2）y=f[xg（x）+t]=[xlnx+t]²-（xlnx+t）
=（xlnx）²+（2t-1）（xlnx）+t²-t，
…（4分）
令u=xlnx，在 x∈[1，e]时，u′=lnx+1＞0，
∴u=xlnx在[1，e]单调递增，0≤u≤e …（5分）
u²+（2t-1）u+t²-t图象的对称轴u=，抛物线开口向上
①当u=≤0即t时，y最小=t²-t 　…（6分）
②当u=≥e即t时，y最小=e²+（2t-1）e+t²-t …（7分）
③当0＜＜e即时，
y最小=y=- …（8分）
（3）F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+，F′（x）=
所以F（x）在区间（1，+∞）上单调递增 　　…（9分）
∴当x≥1时，F（x）≥F（1）＞0
①当m∈（0，1）时，有
α=mx₁+（1-m）x₂＞mx₁+（1-m）x₁=x₁，
α=mx₁+（1-m）x₂＜mx₂+（1-m）x₂=x₂，
得α∈（x₁，x₂），同理β∈（x₁，x₂），…（10分）
∴由f（x）的单调性知 0＜F（x₁）＜F（α）、f（β）＜f（x₂）
从而有|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|，符合题设．…（11分）
②当m≤0时，，
α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂，
β=mx₂+（1-m）x₁≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
由f（x）的单调性知，
F（β）≤F（x₁）＜f（x₂）≤F（α）
∴|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-F（x₂）|，与题设不符 …（12分）
③当m≥1时，同理可得α≤x₁，β≥x₂，
得|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-F（x₂）|，与题设不符．…（13分）
∴综合①、②、③得 m∈（0，1）…（14分）
说明：各题如有其它解法，按照相应的步骤给分．
分析：（1）利用导数的几何意义，分别求两函数在与两坐标轴的交点处的切线斜率，令其相等解方程即可得a值，从而得到f（2）的值；
（2）令u=xlnx，再研究二次函数u²+（2t-1）u+t²-t图象是对称轴u=，开口向上的抛物线，结合其性质求出最值；
（3）先由题意得到F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+，再利用导数工具研究所以F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，得到当x≥1时，F（x）≥F（1）＞0，下面对m进行分类讨论：①当m∈（0，1）时，②当m≤0时，③当m≥1时，结合不等式的性质即可求出a的取值范围．
点评：本小题主要考查函数单调性的应用、利用导数研究曲线上某点切线方程、利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于中档题．