Question

6．已知函数$f（x）=a{x^{\frac{3}{2}}}-lnx-\frac{2}{3}$的图象的一条切线为x轴．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）令g（x）=|f（x）+f'（x）|，若不相等的两个实数x₁，x₂满足g（x₁）=g（x₂），求证：x₁x₂＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设出切点坐标，得到关于a的方程组，求出a的值即可；
（Ⅱ）令$h（x）=\frac{2}{3}（{x^{\frac{3}{2}}}-1）+\sqrt{x}-\frac{1}{x}-lnx$，根据函数的单调性求出g（x）的表达式，令G（x）=g（x）-g（$\frac{1}{x}$），根据函数的单调性得到$g（x）-g（\frac{1}{x}）＞0$，从而证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{3a}{2}\sqrt{x}-\frac{1}{x}$，x＞0，
设切点坐标为（x₀，0），
由题意得$\left\{\begin{array}{l}f（{x_0}）=a{x_0}^{\frac{3}{2}}-ln{x_0}-\frac{2}{3}=0\\ f'（{x_0}）=\frac{3a}{2}\sqrt{x_0}-\frac{1}{x_0}=0\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=1\\ a=\frac{2}{3}.\end{array}\right.$；
（Ⅱ）证明：$g（x）=|\frac{2}{3}（{x^{\frac{3}{2}}}-1）+\sqrt{x}-\frac{1}{x}-lnx|$，令$h（x）=\frac{2}{3}（{x^{\frac{3}{2}}}-1）+\sqrt{x}-\frac{1}{x}-lnx$，
则$h'（x）=（\sqrt{x}-\frac{1}{x}）+（\frac{1}{{2\sqrt{x}}}+\frac{1}{x^2}）$，当x≥1时，$\sqrt{x}-\frac{1}{x}≥0$，h'（x）＞0，
h'（x）又可以写成$（\sqrt{x}+\frac{1}{{2\sqrt{x}}}）+\frac{1-x}{x^2}$，当0＜x＜1时，$\frac{1-x}{x^2}＞0$，h'（x）＞0．
因此h'（x）在（0，+∞）上大于0，h（x）在（0，+∞）上单调递增，又h（1）=0，
因此h（x）在（0，1）上小于0，在（1，+∞）上大于0，
$g（x）=\left\{\begin{array}{l}h（x），x≥1\\-h（x），0＜x＜1\end{array}\right.$且g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，g（1）=0．
当x＞1时，$0＜\frac{1}{x}＜1$，
记$G（x）=g（x）-g（\frac{1}{x}）=h（x）-[{-h（\frac{1}{x}）}]=f（x）+f'（x）+f（\frac{1}{x}）+f'（\frac{1}{x}）$，
记函数y=f'（x）的导函数为y=f''（x），
则$G'（x）=f'（x）+f''（x）-\frac{1}{x^2}f'（\frac{1}{x}）-\frac{1}{x^2}f''（\frac{1}{x}）$
=$（\sqrt{x}-\frac{1}{x}）+（\frac{1}{{2\sqrt{x}}}+\frac{1}{x^2}）-\frac{1}{x^2}（\frac{1}{{\sqrt{x}}}-x）-\frac{1}{x^2}（\frac{{\sqrt{x}}}{2}+{x^2}）$
=$（\sqrt{x}-1）+\frac{x-1}{{2x\sqrt{x}}}+\frac{{\sqrt{x}-1}}{{{x^2}\sqrt{x}}}＞0$，
故G（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以G（x）＞G（1）=0，所以$g（x）-g（\frac{1}{x}）＞0$，
不妨设0＜x₁＜1＜x₂，则$g（{x_1}）=g（{x_2}）＞g（\frac{1}{x_2}）$，
而0＜x₁＜1，$0＜\frac{1}{x_2}＜1$，有单调性知${x_1}＜\frac{1}{x_2}$，即x₁x₂＜1．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．