Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+$\frac{1}{3}$ax+2，g（x）=lnx-bx，且曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，2）處的切線與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為-2．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若m、n是函數(shù)g（x）的兩個(gè)不同零點(diǎn)，求證：f（mn）＞f（e²）（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，運(yùn)用兩點(diǎn)的斜率公式可得a=3：
（Ⅱ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得f（x）在R上遞增，要證f（mn）＞f（e²），只需證mn＞e²，m、n是函數(shù)g（x）的兩個(gè)不同零點(diǎn)，可得lnm=bm，lnn=bn，相加減，可得ln（mn）=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{m+n}{m-n}$=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{\frac{m}{n}+1}{\frac{m}{n}-1}$，設(shè)m＞n＞0，令t=$\frac{m}{n}$＞1，則h（t）=lnt•$\frac{t+1}{t-1}$，只需證得當(dāng)t＞1時(shí)，h（t）＞2．設(shè)φ（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+$\frac{1}{3}$ax+2的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=x²-2x+$\frac{1}{3}$a，
可得曲線y=f（x）在點(diǎn)（0，2）處的切線斜率為k=$\frac{1}{3}$a，
由兩點(diǎn)的斜率可得$\frac{2-0}{0-（-2）}$=$\frac{1}{3}$a，解得a=3；
（Ⅱ）證明：f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+x+2的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=x²-2x+1=（x-1）²≥0，
即有f（x）在R上遞增，
要證f（mn）＞f（e²），只需證mn＞e²，
m、n是函數(shù)g（x）的兩個(gè)不同零點(diǎn)，
可得lnm=bm，lnn=bn，
相減可得lnm-lnn=b（m-n），
相加可得lnm+lnn=b（m+n），
可得b=$\frac{lnm+lnn}{m+n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$，
即有l(wèi)n（mn）=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{m+n}{m-n}$=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{\frac{m}{n}+1}{\frac{m}{n}-1}$，
設(shè)m＞n＞0，令t=$\frac{m}{n}$＞1，則h（t）=lnt•$\frac{t+1}{t-1}$，
下證當(dāng)t＞1時(shí)，h（t）＞2．
即當(dāng)t＞1時(shí)，lnt•$\frac{t+1}{t-1}$＞2，即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2（1-$\frac{2}{t+1}$），
只需證t＞1時(shí)，lnt+$\frac{4}{t+1}$-2＞0，設(shè)φ（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，
則φ′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，即φ（t）在（1，+∞）遞增，
可得φ（t）＞φ（1）=0，即ln（mn）＞2，
故f（mn）＞f（e²）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間，考查不等式的證明，注意運(yùn)用分析法和構(gòu)造函數(shù)法，求得導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．