Question

1．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-a1nx+b（a，b∈R）．
（Ⅰ）若曲线y=f（x）在x=1处的切线的方程为3x-y-3=0，求实数a，b的值；
（Ⅱ）若-2≤a＜0，对任意x₁，x₂∈（0，2]，不等式|f（x₁）-f（x₂）|≤m|$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}$|恒成立，求实数m的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据切线方程得到关于a，b的方程，求出a，b的值即可；
（Ⅱ）问题可化为$f（{x_2}）+\frac{m}{x_2}≤f（{x_1}）+\frac{m}{x_1}$，设$h（x）=f（x）+\frac{m}{x}$=$\frac{1}{2}{x^2}-a1nx+b+\frac{m}{x}$，则h（x₁）≥h（x₂）恒成立．根据函数的单调性求出m的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）因为$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-a1nx+b$，所以$f'（x）=x-\frac{a}{x}$，
因为y=f（x）在x=1处的切线的方程为3x-y-3=0，
所以1-a=3，a=-2，又f（1）=0，所以$\frac{1}{2}+b=0$即$b=-\frac{1}{2}$
（Ⅱ）-2≤a＜0对任意0＜x≤2，
所以$f'（x）=x-\frac{a}{x}＞0$，所以函数f（x）在（0，2]单调递增，
不妨设0＜x₁≤x₂≤2，则$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤m|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，
可化为$f（{x_2}）+\frac{m}{x_2}≤f（{x_1}）+\frac{m}{x_1}$，
设$h（x）=f（x）+\frac{m}{x}$=$\frac{1}{2}{x^2}-a1nx+b+\frac{m}{x}$，
则h（x₁）≥h（x₂）恒成立．
所以h（x）在（0，2]单调递减，
即$h'（x）=x-\frac{a}{x}-\frac{m}{x^2}≤0$在（0，2]上恒成立，
等价于x³-ax-m≤0在（0，2]上恒成立，
即m≥x³-ax在（0，2]上恒成立，
又-2≤a＜0，所以ax≥-2x，所以x³-ax≤x³+2x，
而y=x³+2x在（0，2]单调递增，所以x³+2x≤12，
所以x³-ax≤12，（当且仅当a=-2，x=2时等号成立），
所以m≥12，即m的最小值为12．

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，是一道中档题．