Question

12．已知函数g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}{x}^{2}$-bx，函数f（x）=x+alnx在x=1处的切线l与直线x+2y=0垂直．
（1）求实数a的值；
（2）若函数g（x）存在单调递减区间，求实数b的取值范围；
（3）设x₁、x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，若b$≥\frac{7}{2}$，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）由f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，利用导数的几何意义能求出实数a的值；
（2））由已知得g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b-1）=$\frac{{x}^{2}-（b-1）x+1}{x}$，x＞0，由题意知g′（x）＜0在（0，+∞）上有解，即x+$\frac{1}{x}$+1-b＜0有解，由此能求出实数b的取值范围；
（3）由g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b-1）=$\frac{{x}^{2}-（b-1）x+1}{x}$，x＞0，由题意知g′（x）＜0在（0，+∞）上有解，x＞0，设μ（x）=x²-（b-1）x+1，由此利用构造成法和导数性质能求出g（x₁）-g（x₂）的最小值．

解答 解：（1）∵f（x）=x+alnx，
∴f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，
∵f（x）在x=1处的切线l与直线x+2y=0垂直，
∴k=f′（x）|_x=1=1+a=2，
解得a=1．
（2）∵g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（b-1）x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b-1）=$\frac{{x}^{2}-（b-1）x+1}{x}$，x＞0，
由题意知g′（x）＜0在（0，+∞）上有解，
即x+$\frac{1}{x}$+1-b＜0有解，
∵定义域x＞0，
∴x+$\frac{1}{x}$≥2，
x+$\frac{1}{x}$＜b-1有解，
只需要x+$\frac{1}{x}$的最小值小于b-1，
∴2＜b-1，
解得实数b的取值范围是{b|b＞3}．
（3）∵g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（b-1）x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b-1）=$\frac{{x}^{2}-（b-1）x+1}{x}$，x＞0，
由题意知g′（x）＜0在（0，+∞）上有解，
x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1，
∵x＞0，设μ（x）=x²-（b-1）x+1，
则μ（0）=[ln（x₁+$\frac{1}{2}$x₁²-（b-1）x₁]-[lnx₂+$\frac{1}{2}$x₂²-（b-1）x₂]
=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$（x₁²-x₂²）-（b-1）（x₁-x₂）
=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$（x₁²-x₂²）-（x₁+x₂）（x₁-x₂）
=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），
∵0＜x₁＜x₂，
∴设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，0＜t＜1，
令h（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），0＜t＜1，
则h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{{t}^{2}}$）=$\frac{-（t-1）^{2}}{2{t}^{2}}$＜0，
∴h（t）在（0，1）上单调递减，
又∵b≥$\frac{7}{2}$，∴（b-1）²≥$\frac{25}{4}$，
由x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1，
可得t+$\frac{1}{t}$≥$\frac{17}{4}$，
∵0＜t＜1，∴由4t²-17t+4=（4t-1）（t-4）≥0得0＜t≤$\frac{1}{4}$，
∴h（t）≥h（$\frac{1}{4}$）=ln$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{4}$-4）=$\frac{15}{8}$-2ln2，
故g（x₁）-g（x₂）的最小值为$\frac{15}{8}$-2ln2．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值，考查函数的最小值的求法，解题时要认真审题，注意函数的单调性的合理运用．