Question

8．已知函数f（x）=$\frac{{x}^{3}}{6}$+$\frac{a}{2}$x²+2xlnx，（a∈R），在x=1处的切线斜率为-$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求实数a的值及此时的切线方程；
（Ⅱ）若曲线y=f（x）上存在三条斜率为m+2的切线，三个切点的横坐标分别为x₁，x₂，x₃（x₁＜x₂＜x₃），求证：x₃-x₁＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求出原函数的导函数，再由f′（1）=$-\frac{1}{2}$求得a值，得到函数解析式，求出f（1），利用直线方程的点斜式得答案；
（Ⅱ）依题可知方程f′（x）=m+2有三个不同实根，即：$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx=m$有三个不同实根．设h（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx$，由导数可知h（x）极小值h（2）=2ln2-4；极大值为h（1）=$-\frac{5}{2}$．则h（x）=m三个实根满足0＜x₁＜1＜x₂＜2＜x₃，再设h₁（x）=h（x）-h（2-x），x∈（0，1），由导数得到x₁+x₂＞2，设h₂（x）=h（x）-h（4-x），x∈（1，2），由导数得到x₃+x₂＜4，联立可得可得x₃-x₁＜2．

解答 （Ⅰ）解：由已知f′（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}+ax+2lnx+2$，则f′（1）=$\frac{1}{2}+a+2=-\frac{1}{2}$，得a=-3，
∴f（x）=$\frac{{x}^{3}}{6}-\frac{3}{2}{x}^{2}+2xlnx$，则f（1）=$\frac{1}{6}-\frac{3}{2}=-\frac{4}{3}$，
∴切线方程为：y+$\frac{4}{3}=-\frac{1}{2}（x-1）$，即：3x+6y+5=0；
（Ⅱ）证明：依题可知方程f′（x）=m+2有三个不同实根，即：$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx=m$有三个不同实根．
设h（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx$，则h′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{{x}^{2}-3x+2}{x}=\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，
∴x∈（0，1）时，h（x）单调递增，x∈（1，2）时，h（x）单调递减，x∈（2，+∞）时，h（x）单调递增，
∴h（x）极小值h（2）=2ln2-4；极大值为h（1）=$-\frac{5}{2}$．
h（x）=m三个实根满足0＜x₁＜1＜x₂＜2＜x₃，
设h₁（x）=h（x）-h（2-x），x∈（0，1），
h₁′（x）=h′（x）+h′（2-x）=$\frac{4（x-1）^{2}}{x（2-x）}$＞0，则h₁（x）＜h₁（1）=h（1）-h（2-1）=0，
即h（x）＜h（2-x），x∈（0，1），
∴f（x₂）=f（x₁）＜f（2-x₁），
∵函数h（x）在（1，2）上单调递减，从而x₂＞2-x₁，即x₁+x₂＞2，①
同理设h₂（x）=h（x）-h（4-x），x∈（1，2），h₂′（x）=h′（x）+h′（4-x）=$\frac{2（x-2）^{2}}{x（4-x）}$＞0，则h₂（x）＜h₂（2）=h（2）-h（4-2）=0，
即h（x）＜h（4-x），x∈（1，2），
∴f（x₃）=f（x₄）＜f（4-x₂），
∵函数f（x）在（2，+∞）上单调递增，从而x₃＜4-x₂，即x₃+x₂＜4，②
由①②可得x₃-x₁＜2．

点评 本题考查导数在研究函数的切线中的应用，考查导数在研究函数的单调性中的应用，构造函数并由函数的单调性得到x₁+x₂＞2，x₃+x₂＜4是解答该题的关键，难度较大．