Question

2．已知函数f（x）=ax²+lnx（a为正实数），且f（x）的导函数f′（x）在x=$\frac{1}{2}$处取极小值．
（1）求实数a的值；
（2）设函数g（x）=3x+x²，若方程f（x）-g（x）+m=0在x∈[$\frac{1}{2}$，2]内恰有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围（参考数据：ln2≈0.693）；
（3）记函数h（x）=f（x）-$\frac{3}{2}$x²-（b+1）x（b≥$\frac{3}{2}$）．设x₁，x₂（x₂＞x₁＞0）是函数h（x）的两个极值点，点A（x₁，h（x₁）），B（x₂，h（x₂）），直线AB的斜率为k_AB．若k_AB≤$\frac{r}{{x}_{1}{-x}_{2}}$对任意x₂＞x₁＞0恒成立，求实数r的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到关于a的方程，解出检验即可；
（2）构造函数u（x）=g（x）-f（x），根据函数的单调性求出u（x）的最大值，从而求出m的范围；
（3）求出K_AB=$\frac{h{（x}_{1}）-h{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，问题转化为r≤[h（x₁）-h（x₂）]_min，求出h（x₁）-h（x₂）=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），设$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t（0＜t＜1），则h（x₁）-h（x₂）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），求出t的范围，设v（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），根据函数的单调性求出v（t）的最小值，从而求出r的最大值即可．

解答 解：（1）∵f（x）=ax²+lnx，∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，
令φ（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，则φ′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+2a，
由题意得：φ′（$\frac{1}{2}$）=0，∴-4+2a=0，解得：a=2，
经检验a=2符合题意，
故a=2；
（2）若方程f（x）-g（x）+m=0在x∈[$\frac{1}{2}$，2]内恰有两个不相等的实数根，
即m=g（x）-f（x）在x∈[$\frac{1}{2}$，2]内恰有两个不相等的实数根，
令u（x）=g（x）-f（x），则u（x）=3x-x²-lnx，x∈[$\frac{1}{2}$，2]，
∴u′（x）=$\frac{-（2x-1）（x-1）}{x}$，
令u′（x）＞0，解得：x＜1，令u′（x）＜0，解得：x＞1，
∴u（x）在[$\frac{1}{2}$，1]递增，在[1，2]递减，
∴u（x）的极大值是u（1）=2，
而u（$\frac{1}{2}$）=$\frac{5}{4}$+ln2，u（2）=2-ln2，
故m的范围是[$\frac{5}{4}$+ln2，2）；
（3）h（x）=f（x）-$\frac{3}{2}$x²-（b+1）x=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（b+1）x，
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b+1）=$\frac{{x}^{2}-（b+1）x+1}{x}$，
由题意得：x₁，x₂是方程x²-（b+1）x+1=0的两个实数根，且x₂＞x₁＞0，
∴△＞0，x₁+x₂=b+1，x₁ x₂=1，
∵K_AB=$\frac{h{（x}_{1}）-h{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，x₁-x₂＜0，
∴K_AB≤$\frac{r}{{{x}_{1}-x}_{2}}$恒成立等价于h（x₁）-h（x₂）≥r恒成立，
即r≤[h（x₁）-h（x₂）]_min，
由h（x₁）-h（x₂）=lnx₁-lnx₂+$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-（b+1）（x₁-x₂）
=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），
设$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t（0＜t＜1），则h（x₁）-h（x₂）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），
∵（b+1）²=$\frac{{{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=t+$\frac{1}{t}$+2，b≥$\frac{3}{2}$，
∴t+$\frac{1}{t}$+2≥${（\frac{3}{2}+1）}^{2}$=$\frac{25}{4}$，
∴t≤$\frac{1}{4}$或t≥4，
∴0＜t≤$\frac{1}{4}$，
设v（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），0＜t≤$\frac{1}{t}$，则v′（t）=$\frac{{-（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
∴v（t）在（0，$\frac{1}{4}$]单调递减，
∴v（t）_min=v（$\frac{1}{4}$）=$\frac{15}{8}$-2ln2，
即r≤$\frac{15}{8}$-2ln2，
故实数r的最大值是$\frac{15}{8}$-2ln2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，换元思想，是一道综合题．