Question

20．已知函數(shù)f（x）=2lnx+$\frac{1}{2}{x^2}-（{a+1}）x$，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與x軸平行，求實(shí)數(shù)a值；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（2，3）上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)x=m和x=n是函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，其中m＜n，若a≥$\sqrt{2e}+\sqrt{\frac{2}{e}}$-1，求證：f（n）-f（m）≤2-e+$\frac{1}{e}$．（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（1）=0，得到a的值；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為x²-（a+1）x+2≤0在（2，3）上恒成立即可；
（3）求出$f（n）-f（m）=2ln\frac{n^2}{2}-\frac{1}{2}{n^2}+\frac{4}{n^2}$，通過(guò)換元得到$f（n）-f（m）=2lnt-t+\frac{1}{t}$，令g（t）=2lnt-t+$\frac{1}{t}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出即可．

解答 解：（1）∵$f'（x）=\frac{2}{x}+x-（a+1）=\frac{{{x^2}-（a+1）x+2}}{x}$（x＞0），
∴f'（1）=0⇒a=2．…（3分）
（2）∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（2，3）上單調(diào)遞減?f'（x）≤0在區(qū)間（2，3）上恒成立．
即$\frac{{{x^2}-（a+1）x+2}}{x}≤0?{x^2}-（a+1）x+2≤0$在（2，3）上恒成立．…（5分）
設(shè)g（x）=x²-（a+1）x+2，則只需$\left\{{\begin{array}{l}{g（2）=4-2（a+1）+2≤0}\\{g（3）=9-3（a+1）+2≤0}\end{array}}\right.$，解得：$a≥\frac{8}{3}$
（或：$f'（x）=\frac{2}{x}+x-（a+1）≤0恒成立?a+1≥{（\frac{2}{x}+x）_{max}}$）
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍$a≥\frac{8}{3}$．…（8分）
（3）證明：$f（n）-f（m）=2lnn+\frac{1}{2}{n^2}-（a+1）n-2lnm-\frac{1}{2}{m^2}+（a+1）m$
=$2ln\frac{n}{m}+\frac{1}{2}（{n^2}-{m^2}）-（m+n）（n-m）$=$2ln\frac{n}{m}-\frac{1}{2}（{n^2}-{m^2}）$，
由已知有m，n是方程x²-（a+1）x+2=0的兩個(gè)根，所以mn=2⇒m=$\frac{2}{n}$，
于是，$f（n）-f（m）=2ln\frac{n^2}{2}-\frac{1}{2}{n^2}+\frac{4}{n^2}$．   …（10分）
由 0＜m＜n，可得n²＞2，解得n＞$\sqrt{2}$．∵a≥$\sqrt{2e}+\sqrt{\frac{2}{e}}-1$，
∴m+n=a+1≥$\sqrt{2e}+\sqrt{\frac{2}{e}}$，即$\frac{2}{n}$+n≥$\sqrt{2e}+\sqrt{\frac{2}{e}}$，
可解得0＜n≤$\sqrt{\frac{2}{e}}$（舍去），或n≥$\sqrt{2e}$．   …（11分）
令$\frac{n^2}{2}$=t，則n²=2t，且t≥e，$f（n）-f（m）=2lnt-t+\frac{1}{t}$，
令g（t）=2lnt-t+$\frac{1}{t}$，則g′（t）=$\frac{2}{t}$-1-$\frac{1}{{t}^{2}}$=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t}^{2}}$＜0；
故g（t）=2lnt-t+$\frac{1}{t}$在[e，+∞）上單調(diào)遞減，∴g_max（t）=2-e+$\frac{1}{e}$；
故f（n）-f（m）≤2-e+$\frac{1}{e}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．