Question

1．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．
（Ⅰ）求f（2）的值；
（Ⅱ）已知t∈R，求函数y=f[g（x）+t]，x∈[1，e]的最小值；
（Ⅲ）令F（x）=g（x）+g′（x），x∈（1，+∞），x₂＞x₁＞1，对于两个大于1的实数α，β满足：α=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，m∈（0，1）．
求证：|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）令u=xlnx，由导数，求得单调区间和范围；再研究二次函数u²+（2t-1）u+t²-t图象是对称轴u=$\frac{1-2t}{2}$，开口向上的抛物线，结合其性质求出最值；
（Ⅲ）先由题意得到F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，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．

解答 解：（Ⅰ）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）=$\frac{1}{x-1}$，
由题意可得l₁的斜率和kl₂的斜率相等，即a=1，
∴f（x）=x²-x，f（2）=2²-2=2；                
（Ⅱ）y=f[xg（x）+t]=[xlnx+t]²-（xlnx+t）
=（xlnx）²+（2t-1）（xlnx）+t²-t，
令u=xlnx，在 x∈[1，e]时，u′=lnx+1＞0，
∴u=xlnx在[1，e]单调递增，
即有0≤u≤e；                         
u²+（2t-1）u+t²-t图象的对称轴u=$\frac{1-2t}{2}$，抛物线开口向上，
①当u=$\frac{1-2t}{2}$≤0即t≥$\frac{1}{2}$时，y最小=t²-t；             　
②当u=$\frac{1-2t}{2}$≥e即t≤$\frac{1-2e}{2}$时，y最小=e²+（2t-1）e+t²-t；   
③当0＜$\frac{1-2t}{2}$＜e即 $\frac{1-2e}{2}$＜t＜$\frac{1}{2}$时，
y_最小=y|_u=$\frac{1-2t}{2}$=-$\frac{1}{4}$；         
（Ⅲ）F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，
F′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
所以F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
∴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），
∴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．
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，
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．
∴综合①、②、③得 m∈（0，1）．

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．属于综合题．