Question

20．已知函數(shù)f（x）=ln（ax+1）+$\frac{{x}^{3}}{3}$-x²-ax（a∈R）
（1）若y=f（x）在[4，+∞）上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)a≥$\frac{3\sqrt{2}}{2}$時，設(shè)g（x）=ln[x²（ax+1）]+$\frac{{x}^{3}}{3}$-3ax-f（x）（x＞0）的兩個極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）恰為φ（x）=lnx-cx²-bx的零點(diǎn)，求y=（x₁-x₂）φ′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意f′（x）=$\frac{a}{ax+1}$+x²-2x-a≥0在[4，+∞）上恒成立，整理得ax²+（1-2a）x-a²-2≥0在[4，+∞）上恒成立，設(shè)h（x）=ax²+（1-2a）x-a²-2，只要h（4）=16a+4（1-2a）-a²-2≥0，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）先確定0＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$≤$\frac{1}{2}$，再利用y=（x₁-x₂）φ′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt（0＜t≤$\frac{1}{2}$），即可求y=（x₁-x₂）φ′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的最小值．

解答 解：（1）由題意f′（x）=$\frac{a}{ax+1}$+x²-2x-a≥0在[4，+∞）上恒成立，
整理得ax²+（1-2a）x-a²-2≥0在[4，+∞）上恒成立
設(shè)h（x）=ax²+（1-2a）x-a²-2，顯然a＞0其對稱軸為x=1-$\frac{1}{2a}$＜1
∴h（x）在[4，+∞）單調(diào)遞增，∴只要h（4）=16a+4（1-2a）-a²-2≥0，
∴0＜a≤4+3$\sqrt{2}$…（6分）
（2）g（x）=2lnx-2ax+x²，g′（x）=$\frac{2（{x}^{2}-ax+1）}{x}$．
由題意$\left\{\begin{array}{l}{a≥\frac{3\sqrt{2}}{2}}\\{△={a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=a}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，∴${a}^{2}=\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$≥$\frac{9}{2}$，解得0＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$≤$\frac{1}{2}$，
φ′（x）=$\frac{1}{x}$-2cx-b，φ（x₁）=lnx₁-cx₁²-bx₁，φ（x₂）=lnx₂-cx₂²-bx₂，
兩式相減得ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-c（x₁-x₂）（x₁+x₂）-b（x₁-x₂）=0，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
∴y=（x₁-x₂）φ′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt（0＜t≤$\frac{1}{2}$），
∴y′=$\frac{-（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＜0．
∴y=（x₁-x₂）φ′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）在（0，$\frac{1}{2}$]遞減，y_min=ln2-$\frac{2}{3}$．
∴y=（x₁-x₂）φ′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的最小值為ln2-$\frac{2}{3}$…（12分）

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運(yùn)用，考查恒成立問題，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．