Question

19．已知函數f（x）=ax²-（a+2）x+lnx（x＞0，其中a為實數）．
（Ⅰ）當a=1時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）當a＞0時，若f（x）在區(qū)間[1，e]上的最小值為-2，求a的取值范圍；
（Ⅲ）若g（x）=f（x）-ax²+（a+2）x時，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．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當a=1時，求出f'（1）及f（1）即可；
（Ⅱ）當a＞0時令f'（x）=0，解之得$x=\frac{1}{2}$或$x=\frac{1}{a}$．綜合$0＜\frac{1}{a}≤1$、$1＜\frac{1}{a}＜e$、$\frac{1}{a}≥e$三種情況考慮即可．
（Ⅲ）先判斷F（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增，從而當x≥1時，F（x）＞0，再綜合m∈（0，1）、m≤0、m≥1三種情況即可得實數m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）當a=1時，$f（x）={x^2}-3x+lnx，{f^'}（x）=2x-3+\frac{1}{x}$．
因為f'（1）=0，f（1）=-2，所以切線方程是y=-2；
（Ⅱ）$f′（x）=2ax-（a+2）+\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-（a+2）x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（ax-1）}{x}$（x＞0）
因為a＞0，故令f'（x）=0，得$x=\frac{1}{2}$或$x=\frac{1}{a}$．
（1）當$0＜\frac{1}{a}≤1$，即a≥1時，f（x）在[1，e]上單調遞增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（1）=-2，適合題意；
（2）當$1＜\frac{1}{a}＜e$時，在$[1，\frac{1}{a}]$上f'（x）＜0，f（x）單調遞減，
在$[\frac{1}{a}，e]$上f'（x）＞0，f（x）單調遞增，
所以f（x）的最小值是$f（\frac{1}{a}）＜f（1）=-2$，不合題意；
（3）當$\frac{1}{a}≥e$時，f（x）在（1，e）上單調遞減，
所以，f（x）在[1，e]上的最小值是f（e）＜f（1）=-2，不合題意，
綜上可知，a的取值范圍是[1，+∞）．
（Ⅲ）$F（x）=g（x）+g'（x）=lnx+\frac{1}{x}$，
由$F′（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}≥0$可得x≥1，
所以F（x）在區(qū)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=mx₁+（1-m）x₂≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
由f（x）的單調性知0＜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 本題考查利用導數解決含不等式的相關問題，考查分類討論的思想，屬于中檔題．