Question

4．已知函数f（x）=8a²lnx+x²+6ax+b（a，b∈R）
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=2x，求a，b的值；
（2）若a≥1，证明：?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立．

Answer 1

分析 （1）求导，由题意可知$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=2}\\{f′（1）=2}\end{array}\right.$，即可求得a，b的值；
（2）利用分析法，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性即可求得结论．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），求导f′（x）=$\frac{8{a}^{2}}{x}$+2x+6a，
由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=2x，则$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=2}\\{f′（1）=2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{11}{2}}\end{array}\right.$，
则a，b的值0，1或-$\frac{3}{4}$，$\frac{11}{2}$；
（2）证明：①当x₁＜x₂时，则x₂-x₁＞0，欲证：?x₁，x₂∈（0，+∞），都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立，
只需证?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-f（x₁）＞14（x₂-x₁）成立，
只需证?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-14x₂＞f（x₁）-14x₁成立，
构造函数h（x）=f（x）-14x，则h′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14，
由a≥1，则h′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14≥8a+6a-14≥0，
∴h（x）在（0，+∞）内单调递增，则h（x₂）＞h（x₁）成立，
∴f（x₂）-14x₂＞f（x₁）-14x₁成立，则$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立；
②当x₁＞x₂时，则x₂-x₂＜0，
欲证：?x₁，x₂∈（0，+∞），都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立，
只需证?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-f（x₁）＞14（x₂-x₁）成立，
只需证?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-14x₂＞f（x₁）-14x₁成立，
构造函数H（x）=f（x）-14x，则H′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14，
由a≥1，则H′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14≥8a+6a-14≥0，
∴H（x）在（0，+∞）内单调递增，则H（x₂）＜H（x₁）成立，
∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立，
综上可知：?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立．

点评 本题考查导数的综合应用，导数的几何意义，利用导数求函数的单调性及最值，考查分析法证明不等式，考查转化思想，属于中档题．