Question

19．已知函數(shù)f（x）=x²+6ax+1，g（x）=8a²lnx+2b+1，其中a＞0．
（Ⅰ）設(shè)兩曲線y=f（x），y=g（x）有公共點，且在該點處的切線相同，用a表示b，并求b的最大值；
（Ⅱ）設(shè)h（x）=f（x）+g（x），證明：若a≥1，則對任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)f（x）與g（x）的圖象交于點P（x₀，y₀）（x₀＞0），則有f（x₀）=g（x₀），求出導(dǎo)數(shù)，由斜率相等，求得切點的橫坐標(biāo)，可得b的解析式，求出導(dǎo)數(shù)，單調(diào)區(qū)間，可得最大值；
（Ⅱ）不妨設(shè)x₁，x₂∈（0，+∞），x₁＜x₂，原不等式變形得h（x₂）-14x₂＞h（x₁）-14x₁，構(gòu)造函數(shù)T（x）=h（x）-14x，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得到結(jié)論．同理可證，當(dāng)x₁＞x₂時，命題也成立．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)f（x）與g（x）的圖象交于點P（x₀，y₀）（x₀＞0），
則有f（x₀）=g（x₀），
即${x_0}^2+6a{x_0}+1=8{a^2}ln{x_0}+2b+1$（1）
又由題意知f'（x₀）=g'（x₀），即$2{x_0}+6a=\frac{{8{a^2}}}{x_0}$（2），
由（2）解得x₀=a或x₀=-4a（舍去），
將x₀=a代入（1）整理得$b=\frac{7}{2}{a^2}-4{a^2}lna$，
令$K（a）=\frac{7}{2}{a^2}-4{a^2}lna$，則K'（a）=a（3-8lna），
當(dāng)$a∈（0，\root{8}{e^3}）$時，K（a）單調(diào)遞增，當(dāng)$a∈（\root{8}{e^3}，+∞）$時K（a）單調(diào)遞減，
所以K（a）$≤K（\root{8}{e^3}）=2{e^{\frac{3}{4}}}$，即b≤$2{e^{\frac{3}{4}}}$，
b的最大值為$2{e^{\frac{3}{4}}}$；
（Ⅱ）證明：不妨設(shè)x₁，x₂∈（0，+∞），x₁＜x₂，$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$，
變形得h（x₂）-14x₂＞h（x₁）-14x₁，
令T（x）=h（x）-14x，$T'（x）=2x+\frac{{8{a^2}}}{x}+6a-14$，
∵a≥1，$T'（x）=2x+\frac{{8{a^2}}}{x}+6a-14≥8a+6a-14≥0$，
則T（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，T（x₂）＞T（x₁），
即$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$成立，
同理可證，當(dāng)x₁＞x₂時，命題也成立．
綜上，對任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，
不等式$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)性，考查不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)法，求出導(dǎo)數(shù)，運用單調(diào)性證明，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．