Question

10．設函數(shù)f（x）=x²+2（a+2）x+4lnx．
（1）若函數(shù)f（x）是定義域上的單調函數(shù)，求實數(shù)a的最小值；
（2）方程f（x）=x²-x有兩個不同的實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）在函數(shù)f（x）的圖象上是否存在不同兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），線段AB的中點的橫坐標為x₀，有f′（x₀）=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$成立？若存在，請求出x₀的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出導數(shù)，由題意可得只能f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，即x²+（2+a）x+2≥0在（0，+∞）上恒成立，令g（x）=x²+（2+a）x+2，運用參數(shù)分離，結合不等式恒成立思想可得a的范圍；
（2）f（x）=x²-x有兩個不同的實數(shù)解，即有-$\frac{2a+5}{4}$=$\frac{lnx}{x}$有兩個不同的實數(shù)解，令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，求出導數(shù)，求得單調區(qū)間和極值，也為最值，解不等式可得a的范圍；
（3）利用兩點連線的斜率公式求出k并且化簡k，求出f′（x₀）列出方程，通過換元構造新函數(shù)，通過導數(shù)判斷出函數(shù)的單調性，求出最值，得到矛盾．

解答 解：（1）f′（x）=2x+2（a+2）+$\frac{4}{x}$=2•$\frac{{x}^{2}+（a+2）x+2}{x}$，
若函數(shù)f（x）是定義域上的單調函數(shù)，
則只能f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
即x²+（2+a）x+2≥0在（0，+∞）上恒成立，
令g（x）=x²+（2+a）x+2，即有-2-a≤x+$\frac{2}{x}$，
由x+$\frac{2}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{2}{x}}$=2$\sqrt{2}$，可得-2-a≤2$\sqrt{2}$，
解得a≥-2-2$\sqrt{2}$，即有a的最小值為-2-2$\sqrt{2}$；
（2）f（x）=x²-x有兩個不同的實數(shù)解，
即有-$\frac{2a+5}{4}$=$\frac{lnx}{x}$有兩個不同的實數(shù)解，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
當x＞e時，h′（x）＜0，h（x）遞減；
當0＜x＜e時，h′（x）＞0，h（x）遞增．即有x=e處取得極大值，且為最大值$\frac{1}{e}$，
函數(shù)h（x）有兩個不同的零點，
可得y=-$\frac{2a+5}{4}$和h（x）=$\frac{lnx}{x}$有兩個交點，
可得0＜-$\frac{2a+5}{4}$＜$\frac{1}{e}$，解得-$\frac{2}{e}$-$\frac{5}{2}$＜a＜-$\frac{5}{2}$，
故a的取值范圍是（-$\frac{2}{e}$-$\frac{5}{2}$，-$\frac{5}{2}$）；
（3）假設存在，不妨設0＜x₁＜x₂．
f（x₁）-f（x₂）=x₁²+2（a+2）x₁+4lnx₁-x₂²-2（a+2）x₂-4lnx₂
=（x₁-x₂）（x₁+x₂+2a+4）+4（lnx₁-lnx₂）=
k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=2x₀+2a+4+4•$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
f′（x）=2x+2（a+2）+$\frac{4}{x}$，f′（x₀）=2x₀+2（a+2）+$\frac{4}{{x}_{0}}$．
若k=f′（x₀），則$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，即$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2•\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$．（*）
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），則u′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0．
可得u（t）在0＜t＜1上是增函數(shù)，
∴u（t）＜u（1）=0，
∴（*）式不成立，與假設矛盾．∴k≠f′（x₀）．
因此，滿足條件的x₀不存在．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調性和極值，考查函數(shù)方程的轉化思想，以及存在性問題的解法，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題．