Question

17．已知函數(shù)f（x）=x²+$\frac{2}{π}$sin$\frac{π}{2}$x，g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（m+2）x（x∈R）．
（1）當(dāng)曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線(xiàn)與曲線(xiàn)y=g（x）相切于點(diǎn)（2，g（2）），求m的值；
（2）若x₁=a，x₂=b是函數(shù)g（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，且$\frac{a}$≥4．
①求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
②求g（b）-g（a）的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（1），g′（2），得到關(guān)于m的方程組，無(wú)解，從而判斷m不存在；
（2）①求出（m+2）²=（a+b）²=$\frac{a}$+$\frac{a}$+2，令t=$\frac{a}$，則t∈[4，+∞），令ω（t）=t+$\frac{1}{t}$+2，通過(guò)求導(dǎo)判斷ω（x）的范圍，從而求出m的范圍即可；
②求出g（b）-g（a）的表達(dá)式，通過(guò)換元以及函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題，求出其范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=2x+cos$\frac{π}{2}$x，g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（m+2），
f′（1）=2，g′（2）=$\frac{1}{2}$-m，
曲線(xiàn)y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線(xiàn)方程是：
y-（1+$\frac{2}{π}$）=2（x-1），即y=2x+$\frac{2}{π}$-1；
曲線(xiàn)y=g（x）在點(diǎn)（2，g（2））處的切線(xiàn)方程是：
y-（ln2-2m-2）=（$\frac{1}{2}$-m）x-2，即y=（$\frac{1}{2}$-m）x+ln2-3，
由題意得：$\left\{\begin{array}{l}{2=\frac{1}{2}-m}\\{\frac{2}{π}-1=ln2-3}\end{array}\right.$，
故切線(xiàn)不可能重合，故m的值不存在；
（2）函數(shù)g（x）的定義域是（0，+∞），
g′（x）=$\frac{{x}^{2}-（m+2）x+1}{x}$，
∴a，b是方程x²-（m+2）x+1=0的兩個(gè)不相等的正根，且$\frac{a}$≥4，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△{=（m+2）}^{2}-4＞0①}\\{a+b=m+2＞0②}\\{ab=1}\end{array}\right.$，
①（m+2）²=（a+b）²=$\frac{a}$+$\frac{a}$+2，
令t=$\frac{a}$，則t∈[4，+∞），
（m+2）²=t+$\frac{1}{t}$+2，
又ω（t）=t+$\frac{1}{t}$+2在[4，+∞）遞增，
∴ω（t）≥ω（4）=$\frac{25}{4}$，
∴（m+2）²≥$\frac{25}{4}$③，
∴m的范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）；
②g（b）-g（a）
=ln$\frac{a}$+$\frac{1}{2}$（b²-a²）-（m+2）（b-a）
=ln$\frac{a}$-$\frac{1}{2}$（b²-a²）
=ln$\frac{a}$-$\frac{1}{2}$（$\frac{a}$-$\frac{a}$）
=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），
令h（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），t∈[4，+∞），
h′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
∴h（t）≤h（4）=ln4-$\frac{15}{8}$，
∴g（b）-g（a）的最大值是ln4-$\frac{15}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，是一道綜合題．