Question

16．已知函数f′（x）=$\frac{a}{x}-2bx（{x＞0}）$是函数f（x）的导数，且函数f′（x）图象上一点P（2，f′（2））处的切线方程为5x+2y-4=0
（1）求a，b的值；
（2）若方程xf′（x）+x²+2lnx+m=0在区间$[{\frac{1}{e}，e}]$上有两个不等实数根，求实数m的取值范围
（3）令g（x）=f（x）-nx（n∈R），如果g（x）的图象与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0）（x₁＜x₂）两点，AB的中点为C（x₀，0），求证：g′（x₀）≠0．

Answer 1

分析 （1）求得函数f′（x）的导数，求得切线的斜率，由切线方程，可得切点和斜率，解方程可得a，b；
（2）方程xf′（x）+x²+2lnx+m=0即为2lnx-x²+m+2=0，令g（x）=2lnx-x²+m+2，求出导数，求得单调区间和极值、最值，即可得到实数m的取值范围；
（3）由函数g（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），2lnx-x²-nx+c=0的两个根为x₁，x₂，知$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}-n{x}_{1}+c=0}\\{2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}-n{x}_{2}+c=0}\end{array}\right.$，两式相减，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，0＜t＜1，构造函数u（t）=$\frac{2（1-t）}{1+t}$+lnt，证明u（t）＜0在0＜t＜1上恒成立，由此能够证明g′（x₀）≠0．

解答 解：（1）函数f′（x）=$\frac{a}{x}-2bx（{x＞0}）$的导数为-2b-$\frac{a}{{x}^{2}}$，
图象上一点P（2，f′（2））处切线的斜率为-2b-$\frac{a}{4}$=-$\frac{5}{2}$，
f′（2）=$\frac{1}{2}$a-4b=-3，
解方程可得a=2，b=1；
（2）方程xf′（x）+x²+2lnx+m=0即为
2lnx-x²+m+2=0，
令g（x）=2lnx-x²+m+2，
则g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
∵x∈[$\frac{1}{e}$，e]，∴g′（x）=0时，x=1．
当$\frac{1}{e}$＜x＜1时，g′（x）＞0；
当1＜x＜e时，g′（x）＜0，
故函数g（x）在x=1取得最大值g（1）=m+1，
又g（$\frac{1}{e}$）=m-$\frac{1}{{e}^{2}}$，g（e）=m+4-e²，
g（e）-g（$\frac{1}{e}$）=4-e²+$\frac{1}{{e}^{2}}$＜0，
则g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），
故函数g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值是g（e）．
方程xf′（x）+x²+2lnx+m=0在[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不相等的实数根，
则有$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m+1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，
解得-1＜m≤$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故实数m的取值范围是（-1，$\frac{1}{{e}^{2}}$]；
（3）∵函数g（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
2lnx-x²-nx+c=0的两个根为x₁，x₂，
则$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}-n{x}_{1}+c=0}\\{2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}-n{x}_{2}+c=0}\end{array}\right.$，
两式相减，得n=-（x₁+x₂）+$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
g（x）=2lnx-x²-nx+c，
g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-n，
则g′（x₀）=g′（$\frac{1}{2}$x₁+$\frac{1}{2}$x₂）=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-（x₁+x₂）+（x₁+x₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
下面证明$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，（0＜x₁＜x₂）
即证明$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明u（t）=$\frac{2（1-t）}{1+t}$+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．
由u′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（1+t）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$ 
∵0＜t＜1，∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，
则u（t）＜u（1）=0，
∴$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
故g′（x₀）＜0，
所以g′（x₀）≠0．

点评 本题考查切线方程的运用，考查满足条件的实数的取值范围的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．