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14.已知函數f(x)=x2-ax(a≠0),g(x)=lnx,f(x)的圖象在它與x軸異于原點的交點M處的切線為l1,g(x-1)的圖象在它與x軸的交點N處的切線為l2,且l1與l2平行.
(1)求a的值;
(2)已知t∈R,求函數y=f(xg(x)+t)在x∈[1,e]上的最小值h(t);
(3)令F(x)=g(x)+g′(x),給定x1,x2∈(1,+∞),x1<x2,對于兩個大于1的正數α,β,存在實數m滿足:α=mx1+(1-m)x2,β=(1-m)x1+mx2,并且使得不等式|F(α)-F(β)|<|F(x1)-F(x2)|恒成立,求實數m的取值范圍..

分析 (1)利用導數的幾何意義,分別求兩函數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;
(2)令u=xlnx,再研究二次函數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,結合其性質求出最值;
(3)先由題意得到F(x)=g(x)+g′(x)=lnx+$\frac{1}{x}$,再利用導數工具研究所以F(x)在區間(1,+∞)上單調遞增,得到當x≥1時,F(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,結合不等式的性質即可求出a的取值范圍.

解答 解:(1)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k l1=k l2,即a=1;
(2)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]單調遞增,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=$\frac{1-2t}{2}$=-$\frac{1}{4}$;
(3)F(x)=g(x)+g′(x)=lnx+$\frac{1}{x}$,
F′(x)=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$≥0,
所以F(x)在區間(1,+∞)上單調遞增,
∴當x≥1時,F(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單調性的應用、利用導數研究曲線上某點切線方程、利用導數研究函數的單調性等基礎知識,考查運算求解能力、化歸與轉化思想.

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