Question

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

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到關于a，b的方程組，求出f（x）的解析式，設T（x）=f（x）-2x-2m=lnx-x-2m，根據(jù)函數(shù)的單調性求出a的范圍即可；
（2）求出F（x）的導數(shù)，等價于方程x²-2x+m=0在（0，+∞）內有2個不等實根，根據(jù)函數(shù)的單調性證明結論即可．

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T（x）=f（x）-2x-2m=lnx-x-2m，則T′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
當x∈（0，1）時，T′（x）＞0，當x∈（1，+∞）時，T′（x）＜0，
∴T（x）_max=T（1）=-1-2m，
∵x→0時，T（x）→-∞，
x→+∞時，T（x）→-∞，
故要使兩圖象有2個交點，只需-1-2a＞0，解得：a＜-$\frac{1}{2}$，
故實數(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個極值點x₁，x₂，
等價于方程x²-2x+m=0在（0，+∞）內有2個不等實根，
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．

點評 本題考查導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最值研究不等式恒成立問題，考查運算求解能力、函數(shù)與方程思想．