Question

16．設(shè)x=m和x=n是函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（a+2）x的兩個(gè)極值點(diǎn)，其中m＜n，a∈R．
（Ⅰ）若a=1，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程
（Ⅱ） 求f（m）+f（n）的取值范圍；
（Ⅲ）若a＞$\sqrt{e}$+$\frac{1}{\sqrt{e}}$-2，求f（n）-f（m）的最大值（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1），求出切線方程即可；
（Ⅱ）確定函數(shù)f（x）的定義域，求導(dǎo)函數(shù)，利用極值的運(yùn)用，建立方程，結(jié)合韋達(dá)定理，即可求f（m）+f（n）的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)t=$\frac{n}{m}$（t＞1），確定t的范圍，表示出f（n）-f（m），構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)法確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）a=1時(shí)，f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-3x，f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-3，
f（1）=-$\frac{5}{2}$，f′（1）=-1，
故切線方程是：y+$\frac{5}{2}$=-（x-1），
即2x+2y+3=0；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（a+2）=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+1}{x}$，
依題意，方程x²-（a+2）x+1=0有兩個(gè)不等的正根m，n（其中m＜n）．
故 $\left\{\begin{array}{l}{{（a+2）}^{2}-4＞0}\\{a+2＞0}\end{array}\right.$，∴a＞0，
并且m+n=a+2，mn=1．
∴f（m）+f（n）=lnmn+$\frac{1}{2}$（m²+n²）-（a+2）（m+n）
=$\frac{1}{2}$[（m+n）²-2mn]-（a+2）（m+n）=-$\frac{1}{2}$（a+2）2-1＜-3，
故f（m）+f（n）的取值范圍是（-∞，-3）．   …（7分）
（Ⅲ）當(dāng)a≥$\sqrt{e}$+$\frac{1}{\sqrt{e}}$-2時(shí)，（a+2）²≥e+$\frac{1}{e}$+2．
若設(shè)t=$\frac{n}{m}$（t＞1），則（a+2）²=（m+n）²=$\frac{{（m+n）}^{2}}{mn}$=t+$\frac{1}{t}$+2≥e+$\frac{1}{e}$+2．
于是有t+$\frac{1}{t}$≥e+$\frac{1}{e}$，∴（t-e）（1-$\frac{1}{te}$）≥0，∴t≥e，
∴f（n）-f（m）
=ln$\frac{n}{m}$+$\frac{1}{2}$（n²-m²）-（a+2）（n-m）
=ln$\frac{n}{m}$+$\frac{1}{2}$（n²-m²）-（n+m）（n-m）
=ln$\frac{n}{m}$-$\frac{1}{2}$（n²-m²）
=ln$\frac{n}{m}$-$\frac{1}{2}$$（\frac{{{n}^{2}-m}^{2}}{mn}）$
=ln$\frac{n}{m}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{n}{m}$-$\frac{m}{n}$）
=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），
構(gòu)造函數(shù)g（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）（其中t≥e），
則g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{{t}^{2}}$）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0．
所以g（t）在[e，+∞）上單調(diào)遞減，
g（t）≤g（e）=1-$\frac{e}{2}$+$\frac{1}{2e}$，
故f（n）-f（m）的最大值是1-$\frac{e}{2}$+$\frac{1}{2e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的極值與最值，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．