Question

11．已知函数f（x）=lnx，g（x）=f（x）+ax²-3x，函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求函数g（x）的极小值；
（III）设斜率为k的直线与函数f（x）的图象交于两A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（x₁＜x₂），证明：$\frac{1}{{x}_{2}}$＜k＜$\frac{1}{{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数g（x）的导数，根据切线方程求出a的值即可；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，得到函数g（x）的导数，从而求出函数g（x）的极小值即可；
（Ⅲ）法一：表示出k，问题转化为即证$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_2}＜ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_1}$，令$\frac{x_2}{x_1}=t$（t＞1），即证$1-\frac{1}{t}＜lnt＜t-1$（t＞1），令k（t）=lnt-t+1（t＞1），根据函数的单调性证明即可；法二：依题意得$k=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}⇒ln{x_2}-k{x_2}=ln{x_1}-k{x_1}$，令h（x）=lnx-kx，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）依题意得g（x）=lnx+ax²-3x，则$g'（x）=\frac{1}{x}+2ax-3$
由函数g（x）的图象在点（1，g（1））处的切线平行于x轴得：
g'（1）=1+2a-3=0∴a=1（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$g'（x）=\frac{{2{x^2}-3x+1}}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$
∵函数g（x）的定义域为（0，+∞），令g'（x）=0得$x=\frac{1}{2}$或x=1
函数g（x）在$（0，\frac{1}{2}）$上单调递增，在$（\frac{1}{2}，1）$单调递减；在（1，+∞）上单调递增，
故函数g（x）的极小值为g（1）=-2（8分）
（ III）证法一：依题意得$k=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，
要证$\frac{1}{x_2}＜k＜\frac{1}{x_1}$，即证$\frac{1}{x_2}＜\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{1}{x_1}$
因x₂-x₁＞0，即证$\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_2}＜ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{{{x_2}-{x_1}}}{x_1}$
令$\frac{x_2}{x_1}=t$（t＞1），即证$1-\frac{1}{t}＜lnt＜t-1$（t＞1）（9分）
令k（t）=lnt-t+1（t＞1）则$k'（t）=\frac{1}{t}-1＜0$
∴k（t）在（1，+∞）上单调递减，（10分）
∴k（t）＜k（1）=0即lnt-t+1＜0，∴lnt＜t-1--------------①
令$h（t）=lnt+\frac{1}{t}-1$（t＞1）则$h'（t）=\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}=\frac{t-1}{t^2}$＞0
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，（11分）
∴h（t）＞h（1）=0，即$lnt＞1-\frac{1}{t}$（t＞1）--------------②
综①②得$1-\frac{1}{t}＜lnt＜t-1$（t＞1），即$\frac{1}{x_2}＜k＜\frac{1}{x_1}$．（12分）
证法二：依题意得$k=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}⇒ln{x_2}-k{x_2}=ln{x_1}-k{x_1}$，
令h（x）=lnx-kx，则$h'（x）=\frac{1}{x}-k$，
由h'（x）=0得$x=\frac{1}{k}$，当$x＞\frac{1}{k}$时，h'（x）＜0，当$0＜x＜\frac{1}{k}$时，h'（x）＞0，
∴h（x）在$（0，\frac{1}{k}）$单调递增，在$（\frac{1}{k}，+∞）$单调递减，又h（x₁）=h（x₂），
∴${x_1}＜\frac{1}{k}＜{x_2}$，即$\frac{1}{x_2}＜k＜\frac{1}{x_1}$（12分）

点评 本题考查了函数的单调性问题、考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明，是一道综合题．