Question

设函数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，说明理由
（2）设G（x）=g（x）-f（x）+2有两个零点x₁，x₂，且x₁，x₀，x₂成等差数列，G′（x）是G（x）的导函数，求证：G′（x₀）＞0．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求f′（x），然后根据条件很容易求出k，m，这时候会发现f（x）和g（x）图象有一个公共点（1，1），根据问题：是否存在k和m，使得f（x）≤kx+m，g（x）≥kx+m，也就是找到一条直线要同时满足这两个不等式．根据存在的公共点可以想到是否是过这一点的直线，而我们能求的是过这点g（x）的切线，所以求出这条切线，然后去验证它是否同时满足f（x）≤kx+m，g（x）≥kx+m即可．
（2）先求出G（x），根据条件x₁，x₂是它的两个零点，所以很自然的会得到：

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

．根据所要证的结论：＞0，所以需要求G′（x₀），∵x₁+x₂=2x₀，所以要想着要用x₁，x₂来表示G′（x₀），然后判断它是否大于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）与g（x）有一个公共点（1，1），而函数g（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．
设h（x）=lnx+x-（2x-1）=lnx-x+1，h′（x）=

1

x

-1=

1-x

x

．
x∈（0，1）时，h′（x）＞0；x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，∴x=1时，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．
故存在这样的k，m，且k=2，m=-1．
（2）∵G（x）=g（x）-f（x）+2=x²-alnx-bx+2，有两零点x₁，x₂，则有：

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

；
两式相减得：x22-x12-a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0；
∴（x₁+x₂）-b=

a(lnx2-lnx1)

x2-x1

；
又x₁+x₂=2x₀，则：
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当0＜x₁＜x₂时，令

x2

x1

=t，则t＞1，且G′（x₀）=

a

x2-x1

[lnt-

2(t-1)

1+t

]；
设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，+∞）上为增函数，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当0＜x₂＜x₁时，同理可得G′（x₀）＞0．
综上可得：G′（x₀）＞0．

点评：求解第一问的关键是找到过（1，1）的切线方程．第二问的关键是，由x₁，x₂是零点求出x₁+x₂，并求出G′（x₀）=

a

x2-x1

[ln

x2

x1

-

2( x2 x1 -1)

1+ x2 x1

]．对于本题考查的知识点为：利用导数求过曲线上一点的切线方程，利用导数判断函数的单调性，求函数的最值，等差数列，以及利用导数确定函数的取值．