Question

18．已知x₁、x₂是函數(shù)f（x）=x²-mx+2lnx+4的兩個(gè)極值點(diǎn)，a、b、c是函數(shù)f（x）的零點(diǎn)，x₁、a、x₂成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)m的值；
（Ⅱ）求證：a＞bc（參考數(shù)據(jù)：ln3=1.1）；
（Ⅲ）關(guān)于x的不等式kx²-2（1-bc-k）lnx-k≥0恒成立，試用bc表示實(shí)數(shù)k．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得x₁、x₂是2x²-mx+2=0的兩根，運(yùn)用韋達(dá)定理，由等比數(shù)列的性質(zhì)，可得a=1，再由f（1）=0，可得m=5：
（Ⅱ）求得導(dǎo)數(shù)，由上面可得0＜b＜$\frac{1}{2}$，c＞2，再由f（3）＞0，f（$\frac{1}{3}$）＞0，運(yùn)用零點(diǎn)存在定理即可得證；
（Ⅲ）由題意可得k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx≥0恒成立，設(shè)g（x）=k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx，求得導(dǎo)數(shù)，由x=1時(shí)，不等式恒成立，即有x=1時(shí)，g（x）取得最小值．分別討論x≥1，0＜x≤1時(shí)，導(dǎo)數(shù)大于等于0，小于等于0恒成立，即可得到k的取值．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x²-mx+2lnx+4的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2x-m+$\frac{2}{x}$，
由題意可得x₁、x₂是2x²-mx+2=0的兩根，
即有x₁x₂=1，x₁+x₂=m，
x₁、a、x₂成等比數(shù)列，即有x₁x₂=a²=1，（a＞0），
解得a=1，即f（1）=0，即有1-m+4=0，
解得m=5；
（Ⅱ）證明：f（x）=x²-5x+2lnx+4的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2x-5+$\frac{2}{x}$，
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{2}$），（2，+∞）時(shí)，f（x）遞增；當(dāng)x∈（$\frac{1}{2}$，2）時(shí)，f（x）遞減．
且0＜b＜$\frac{1}{2}$，c＞2，
由f（$\frac{1}{3}$）=$\frac{1}{9}$-$\frac{5}{3}$-2ln3+4=$\frac{22}{9}$-2.2＞0，則0＜b＜$\frac{1}{3}$，
f（3）=9-15+2ln3+4=2ln3-2＞0，則2＜c＜3，
即有bc＜1，即a＞bc；
（Ⅲ）關(guān)于x的不等式kx²-2（1-bc-k）lnx-k≥0恒成立，即為
k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx≥0恒成立，
設(shè)g（x）=k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx，
g′（x）=k（2x+$\frac{2}{x}$）-$\frac{2（1-bc）}{x}$=2kx+$\frac{2k-2（1-bc）}{x}$，
由于x=1時(shí)，不等式恒成立，即有x=1時(shí)，g（x）取得最小值．
即有x≥1時(shí)，g（x）遞增，即為g′（x）≥0在x≥1恒成立，
即有2k+2k-2（1-bc）≥0，解得k≥$\frac{1}{2}$（1-bc）．
又0＜x≤1時(shí)，g（x）遞減，即為g′（x）≤0在0＜x≤1恒成立，
即有2k+2k-2（1-bc）≤0，解得k≤$\frac{1}{2}$（1-bc）．
綜上可得k=$\frac{1}{2}$（1-bc）．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運(yùn)用零點(diǎn)存在定理，考查不等式恒成立問題的解法，注意轉(zhuǎn)化為喊話說的最值問題，屬于中檔題．