Question

【题目】已知函数f（x）=2lnx﹣3x2﹣11x．
（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x﹣2恒成，求整数a的最小值；
（3）若正实数x1 ， x2满足f（x1）+f（x2）+4（x +x ）+12（x1+x2）=4，证明：x1+x2≥2．

Answer 1

【答案】
（1）解：∵f′（x）= ﹣6x﹣11，f′（1）=﹣15，f（1）=﹣14，

∴切线方程是：y+14=﹣15（x﹣1），即y=﹣15x+1

（2）解：令g（x）=f（x）﹣（a﹣3）x2﹣（2a﹣13）x+2=2lnx﹣ax2+（2﹣2a）x+2，

∴g′（x）= ﹣2ax+（2﹣2a）= ，

a≤0时，∵x＞0，∴g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，

∵g（1）=﹣a+2﹣2a+2=﹣3a+4＞0，

∴关于x的不等式f（x）≤（a﹣3）x2+（2a﹣13）x﹣2不能恒成立，

a＞0时，g′（x）= ，

令g′（x）=0，得x= ，

∴x∈（0， ）时，g′（x）＞0，x∈（ ，+∞）时，g′（x）＜0，

故函数g（x）在（0， ）递增，在（ ，+∞）递减，

故函数g（x）的最大值是g（ ）=2ln + = ﹣2lna≤0，

令h（a）= ﹣2lna，则h（a）在（0，+∞）递减，

∵h（1）=1＞0，h（2）= ﹣2ln2＜ ﹣2ln ＜0，

∴a≥2时，h（a）＜0，故整数a的最小值是2

（3）解：证明：由f（x1）+f（x2）+4（x +x ）+12（x1+x2）=4，

得2ln（x1x2）+（ + ）+（x1+x2）=4，

从而 +（x1+x2）=2x1x2﹣2ln（x1x2）+4，

令t=x1x2，则由φ（t）=2t﹣2lnt+4，

得φ′（t）= ，可知φ（t）在区间（0，1）递减，在（1，+∞）递增，

故φ（t）≥φ（1）=6，

∴ +（x1+x2）≥6，

又x1+x2＞0，

故x1+x2≥2成立

【解析】（1）求出函数f（x）的导数，计算f′（1），f（1）的值，求出切线方程即可；（2）令g（x）=f（x）﹣（a﹣3）x2﹣（2a﹣13）x+2，求出函数的导数，通过讨论a的范围，根据函数的单调性求出a的最小值即可；（3）得到 +（x1+x2）=2x1x2﹣2ln（x1x2）+4，令t=x1x2 ， 令φ（t）=2t﹣2lnt+4，根据函数的单调性证明即可．
【考点精析】利用函数的最大(小)值与导数对题目进行判断即可得到答案，需要熟知求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．