Question

1．已知函數(shù)f（x）=x²-ax（a≠0），g（x）=lnx，f（x）圖象與x軸異于原點的交點M處的切線為l₁，g（x-1）與x軸的交點N處的切線為l₂，并且l₁與l₂平行．
（Ⅰ）求f（2）的值；
（Ⅱ）已知t∈R，求函數(shù)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，對于兩個大于1的實數(shù)α，β滿足：α=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，m∈（0，1）．
求證：|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導數(shù)的幾何意義，分別求兩函數(shù)在與兩坐標軸的交點處的切線斜率，令其相等解方程即可得a值，從而得到f（2）的值；
（Ⅱ）令u=xlnx，由導數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和范圍；再研究二次函數(shù)u²+（2t-1）u+t²-t圖象是對稱軸u=$\frac{1-2t}{2}$，開口向上的拋物線，結(jié)合其性質(zhì)求出最值；
（Ⅲ）先由題意得到F（x）=g（x）+g′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，再利用導數(shù)工具研究所以F（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，得到當x≥1時，F(xiàn)（x）≥F（1）＞0，下面對m進行分類討論：①當m∈（0，1）時，②當m≤0時，③當m≥1時，結(jié)合不等式的性質(zhì)即可求出a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）y=f（x）圖象與x軸異于原點的交點M（a，0），f′（x）=2x-a
y=g（x-1）=ln（x-1）圖象與x軸的交點N（2，0），g′（x-1）=$\frac{1}{x-1}$，
由題意可得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]時，u′=lnx+1＞0，
∴u=xlnx在[1，e]單調(diào)遞增，
即有0≤u≤e；                         
u²+（2t-1）u+t²-t圖象的對稱軸u=$\frac{1-2t}{2}$，拋物線開口向上，
①當u=$\frac{1-2t}{2}$≤0即t≥$\frac{1}{2}$時，y最小=t²-t；             　
②當u=$\frac{1-2t}{2}$≥e即t≤$\frac{1-2e}{2}$時，y最小=e²+（2t-1）e+t²-t；   
③當0＜$\frac{1-2t}{2}$＜e即 $\frac{1-2e}{2}$＜t＜$\frac{1}{2}$時，
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）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當x≥1時，F(xiàn)（x）≥F（1）＞0，
①當m∈（0，1）時，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）的單調(diào)性知  0＜F（x₁）＜F（α）、f（β）＜f（x₂）  
從而有|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-f（x₂）|，符合題設．
②當m≤0時，
α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂，
β=mx₂+（1-m）x₁≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
由f（x）的單調(diào)性知，
F（β）≤F（x₁）＜f（x₂）≤F（α）
∴|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-f（x₂）|，與題設不符，
③當m≥1時，同理可得α≤x₁，β≥x₂，
得|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-f（x₂）|，與題設不符．
∴綜合①、②、③得 m∈（0，1）．

點評 本小題主要考查函數(shù)單調(diào)性的應用、利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性等基礎知識，考查運算求解能力、化歸與轉(zhuǎn)化思想．屬于綜合題．