Question

14．已知函數(shù)f（x）=x+alnx與g（x）=3-$\frac{x}$的圖象在點(diǎn)（1，1）處有相同的切線．
（1）若函數(shù)y=2（x+m）與y=f（x）的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）設(shè)函數(shù)F（x）=3（x-$\frac{m}{2}$）+$\frac{m}{2}$g（x）-2f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：F（x₂）＜x₂-1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a，b的方程組，求出f（x）的解析式，設(shè)T（x）=f（x）-2x-2m=lnx-x-2m，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（2）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，等價(jià)于方程x²-2x+m=0在（0，+∞）內(nèi)有2個(gè)不等實(shí)根，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明結(jié)論即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{{x}^{2}}$，
根據(jù)題意得$\left\{\begin{array}{l}{1+a=b}\\{1=3-b}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=2}\end{array}\right.$；
∴f（x）=x+lnx，
設(shè)T（x）=f（x）-2x-2m=lnx-x-2m，則T′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，T′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，T′（x）＜0，
∴T（x）_max=T（1）=-1-2m，
∵x→0時(shí)，T（x）→-∞，
x→+∞時(shí)，T（x）→-∞，
故要使兩圖象有2個(gè)交點(diǎn)，只需-1-2a＞0，解得：a＜-$\frac{1}{2}$，
故實(shí)數(shù)a的范圍是（-∞，-$\frac{1}{2}$）；
（2）證明：由題意，函數(shù)F（x）=x-$\frac{m}{x}$-2lnx，其定義域是（0，+∞），
F′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x+m}{{x}^{2}}$，
令F′（x）=0，即x²-2x+m=0，其判別式△=4-4m，
函數(shù)F（x）有2個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，
等價(jià)于方程x²-2x+m=0在（0，+∞）內(nèi)有2個(gè)不等實(shí)根，
又x₁x₂＞0，故0＜m＜1，
∴x₂=1+$\sqrt{1-m}$且1＜x₂＜2，m=-${{x}_{2}}^{2}$+2x₂，
F （x₂）-x₂+1=x₂-2lnx₂-1，
令h（t）=t-2lnt-1，1＜t＜2，
則h′（t）=$\frac{t-2}{t}$，
由于1＜t＜2，則h′（t）＜0，
故h（t）在（1，2）遞減，
故h（t）＜h（1）=1-2ln1-1=0，
∴F（x₂）-x₂+1=h（x₂）＜0，
∴F（x₂）＜x₂-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值研究不等式恒成立問(wèn)題，考查運(yùn)算求解能力、函數(shù)與方程思想．