Question

2．設(shè)函數(shù)$f（x）=\frac{1}{3}a{x^3}+\frac{1}{2}b{x^2}+cx$（a，b，c∈R，a≠0）的圖象在點（x，f（x））處的切線的斜率為k（x），且函數(shù)$g（x）=k（x）-\frac{1}{2}x$為偶函數(shù)．若函數(shù)k（x）滿足下列條件：①k（-1）=0；②對一切實數(shù)x，不等式$k（x）≤\frac{1}{2}{x^2}+\frac{1}{2}$恒成立．
（1）求函數(shù)k（x）的表達(dá)式；
（2）設(shè)函數(shù)$h（x）=ln{x^2}-（2m+3）x+\frac{12f（x）}{x}$（x＞0）的兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂）恰為φ（x）=lnx-sx²-tx的零點，當(dāng)$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$時，求$y=（{x_1}-{x_2}）φ'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值．

Answer 1

分析 （1）由已知可得k（x）=f′（x）=ax²+bx+c，由函數(shù)$g（x）=k（x）-\frac{1}{2}x$為偶函數(shù)，g（-x）=g（x）恒成立，解得b=$\frac{1}{2}$．又k（-1）=0，可得a+c=$\frac{1}{2}$，由對一切實數(shù)x，不等式$k（x）≤\frac{1}{2}{x^2}+\frac{1}{2}$恒成立．可得（a-$\frac{1}{2}$）x²+$\frac{1}{2}$x+c-$\frac{1}{2}≤$0恒成立，因此$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{1}{2}＜0}\\{△=\frac{1}{4}-4（a-\frac{1}{2}）（c-\frac{1}{2}）≤0}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）由（1）得，f（x）=$\frac{1}{12}{x}^{3}$+$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x，可得h（x）=2lnx+x²+3-2mx（x＞0），h′（x）=$\frac{2}{x}$+2x-2m=$\frac{2（{x}^{2}-mx+1）}{x}$，由題意得$\left\{\begin{array}{l}{△={m}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=m}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，又$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，可得$0＜\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}≤\frac{1}{2}$，由x₁，x₂（x₁＜x₂）恰為φ（x）=lnx-sx²-tx的零點，代入兩式相減得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-s（x₁-x₂）（x₁+x₂）-t（x₁-x₂）=0，代入$y=（{x_1}-{x_2}）φ'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$--ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．設(shè)n=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（$0＜n≤\frac{1}{2}$），y=$\frac{2（n-1）}{n+1}$-lnn（$0＜n≤\frac{1}{2}$），記為M（n），利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）由已知可得k（x）=f′（x）=ax²+bx+c，
∵函數(shù)$g（x）=k（x）-\frac{1}{2}x$為偶函數(shù)，∴g（-x）=k（-x）-$\frac{1}{2}$（-x）=k（x）-$\frac{1}{2}$x，
即ax²-bx+c+$\frac{1}{2}$x=ax²+bx+c-$\frac{1}{2}$x恒成立，所以b=$\frac{1}{2}$．
又k（-1）=0，∴$a-\frac{1}{2}$+c=0，即a+c=$\frac{1}{2}$，
又∵對一切實數(shù)x，不等式$k（x）≤\frac{1}{2}{x^2}+\frac{1}{2}$恒成立．
∴（a-$\frac{1}{2}$）x²+$\frac{1}{2}$x+c-$\frac{1}{2}≤$0恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{1}{2}＜0}\\{△=\frac{1}{4}-4（a-\frac{1}{2}）（c-\frac{1}{2}）≤0}\end{array}\right.$，
∴a=c=$\frac{1}{4}$，∴k（x）=$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$．
（2）由（1）得，f（x）=$\frac{1}{12}{x}^{3}$+$\frac{1}{4}$x²+$\frac{1}{4}$x，
∴h（x）=2lnx+x²+3-2mx（x＞0），
h′（x）=$\frac{2}{x}$+2x-2m=$\frac{2（{x}^{2}-mx+1）}{x}$，
由題意得$\left\{\begin{array}{l}{△={m}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=m}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，又$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，
∴m²=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$≥$\frac{9}{2}$，解得$0＜\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}≤\frac{1}{2}$，
∵x₁，x₂（x₁＜x₂）恰為φ（x）=lnx-sx²-tx的零點，
∴φ（x₁）=lnx₁-s${x}_{1}^{2}$-tx₁=0，φ（x₂）=lnx₂-$s{x}_{2}^{2}$-tx₂=0，
兩式相減得，ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-s（x₁-x₂）（x₁+x₂）-t（x₁-x₂）=0，又φ′（x）=$\frac{1}{x}$-2sx-t，
從而$y=（{x_1}-{x_2}）φ'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=（x₁-x₂）$[\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}-s（{x}_{1}+{x}_{2}）-t]$=$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$--ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$．
設(shè)n=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（$0＜n≤\frac{1}{2}$），
則y=$\frac{2（n-1）}{n+1}$-lnn（$0＜n≤\frac{1}{2}$），記為M（n），
M′（n）=$2×\frac{n+1-（n-1）}{（n+1）^{2}}$-$\frac{1}{n}$=$\frac{-（n-1）^{2}}{n（n+1）^{2}}$＜0，
∴M（n）在$（0，\frac{1}{2}]$上單調(diào)遞減，
∴M（n）_min=M$（\frac{1}{2}）$=ln2-$\frac{2}{3}$，
∴求$y=（{x_1}-{x_2}）φ'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值為ln2-$\frac{2}{3}$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、分類討論方法、函數(shù)的奇偶性、換元方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．