Question

（理科做）已知函数f（x）=x²-ax+3在（0，1）上为减函数，函数g（x）=x²-alnx在区间（1，2）上为增函数．
（1）求实数a的值；
（2）当-1＜m＜0时，判断方程f（x）=2g（x）+m的解的个数，并说明理由；
（3）设函数y=f（bx）（其中0＜b＜1）的图象C₁与函数y=g（x）的图象C₂交于P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C₁、C₂于点M、N．证明：曲线C₁在点M处的切线与曲线C₂在点N处的切线不平行．

Answer

（1）根据二次函数f（x）=x2-ax+3在（0，1）上为减函数可得a≥2，再根据函数g（x）=x2-alnx在区间[1，2]上为增函数，得到a≤2，因此可得a=2．
（2）将方程f（x）=2g（x）+m转化为2g（x）+m-f（x）=0，可设出h（x）=2g（x）+m-f（x）=x2+2x-4lnx+m-3，通过求导数讨论函数h（x）的单调性得到hmin（x）=h（1）=m，最后用根的存在性定理可以验证，得到f（x）=2g（x）+m在（0，+∞）上有两个解．
（3）分三步走：
①根据导数的几何意义分别求出曲线C1、C2在点M、N的斜率关于横坐标的关系式；
②假设两切线平行，得到k1=k2，通过去分母整理变形为：f（bx1）+f（bx2）+2b2x1x2=x12+2x1x2+x22+2，利用
f（bx1）+f（bx2）=g（x1）+g（x2）代入再整理，可得到lnx1x2=（b2-1）x1x2-1；
③以x1x2=t为自变量进行研究，得到一个新的函数F（t）=（1-b2）t+lnt+1，可用导数证得F（t）在（0，+∞）内单调增且最小值大于1，从而说明k1=k2变形得到的方程无实数根．
由以上三步可知：曲线C1在点M处的切线与曲线C2在点N处的切线不平行．
【解析】
（1）∵函数f（x）=x2-ax+3图象是开口向上的抛物线，
关于直线x=对称，在（0，1）上为减函数，
∴，得a≥2…2分
又∵函数g（x）=x2-alnx在区间[1，2]上为增函数
∴，解g′（x）≥0得2x2≥a
∴a≤（2x2）min=2m，所以a=2…4分
（2）令h（x）=2g（x）+m-f（x）=x2+2x-4lnx+m-3
可得
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上为减函数
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上为增函数…7分
hmin（x）=h（1）=m
∴h（x）≥h（1）=m…10分
当-1＜m＜0时，
∵
h（e）=e2+2e+m-7＞e2+2e-8＞0
∴∴h（x）在区间和（1，e）内各有一个零点
即f（x）=2g（x）+m在（0，+∞）上有两个解…14分．
（3）设点P、Q的坐标分别是（x1，y1），（x2，y2），0＜x1＜x2．
则点M、N的横坐标都为x=，
C1：y=f（bx）=b2x2-2bx+3在点M处的切线斜率为2b2x-2b，
取x=，得k1=2b2•（）-2b=b2（x1+x2）-2b，
C2：g（x）=x2-2lnx在点N处的切线斜率为2x-，
取x=，k2=（x1+x2）-．
假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1=k2
可得：b2（x1+x2）-2b=（x1+x2）-．
∴b2（x1+x2）2-2b（x1+x2）=（x1+x2）2-4
即b2x12+2b2x1x2+b2x22-2b（x1+x2）=x12+2x1x2+x22-4
∴（b2x12-2bx1+3）+（b2x22-2bx2+3）+2b2x1x2=x12+2x1x2+x22+2
即f（bx1）+f（bx2）+2b2x1x2=x12+2x1x2+x22+2
∵f（bx1）+f（bx2）=g（x1）+g（x2）
∴x12-2lnx1+x22-2lnx2+2b2x1x2=x12+2x1x2+x22+2
即2lnx1+2lnx2=（2b2-2）x1x2-2⇒lnx1x2=（b2-1）x1x2-1
令x1x2=t（t＞0），得lnt=（b2-1）t-1⇒（1-b2）t+lnt+1=0…（*）
再设F（t）=（1-b2）t+lnt+1，因0＜b＜1得F′（t）=1-b2+＞0恒成立，
又∵t＞0∴F（t）＞1恒为正数，说明方程（*）在（0，+∞）上没有解，
从而原假设不成立，说明k1≠k2
综上所述，可得曲线C1在点M处的切线与曲线C2在点N处的切线不平行．