(Ⅰ)因为f′(x)x-6+, 所以f′(1)=1-6+m=0,解得m=5; (Ⅱ)由(Ⅰ)知f(x)=x2-6x+5lnx(x>0), 所以f′(x)=x-6+==, 当x∈(1,5)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x∈(5,+∞)或x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以f(x)的极大值为f(1)=-6=-, 极小值为f(5)=×25-30+5ln5=-+5ln5, 又x→0时,f(x)→-∞,x→+∞时,f(x)→+∞, 结合图象可知:当且仅当f(5)<n<f(1)时,直线y=n与函数y=f(x)的图象有3个交点, ∴-+5ln5<n<-; (III)G′(x0)的符号为正.证明如下: 因为G(x)=f(x)+g(x)=x2-6x+5lnx+(-5-a)lnx+x2+(6-b)x+2=x2+2-alnx-bx有两个零点x1,x2, 所以有 | x12+2-alnx1-bx1=0 | x22+2-alnx2-bx2=0 |
| | , 两式相减得x22-x12-a(lnx2-lnx1)-b(x2-x1)=0,即x2+x1-b=, 于是G′(x0)=2x0--b=(x1+x2-b)- =-=[ln-]=[ln-], ①,令=t,则t>1,且G′(x0)=(lnt-). 设u(t)=lnt-(t>1), 则u′(t)=-=>0, 则u(t)=lnt-在(1,+∞)上为增函数. 而u(1)=0,所以u(t)>0,即lnt->0. 又因为a>0,x2-x1>0,所以G′(x0)>0. ②当0<x2<x1时,同理可得:G′(x0)>0. 综上所述:G′(x0)的符号为正. |