Question

17．已知a∈R，函數(shù)f（x）=$\frac{1}{6}$x³+$\frac{1}{2}$（a-2）x²+b，g（x）=2alnx．
（1）若曲線y=f（x）與曲線y=g（x）在它們的交點(diǎn)（1，c）處的切線互相垂直，求a，b的值；
（2）設(shè)F（x）=f′（x）-g（x），若對(duì)任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞a，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）依題意有f′（1）×g′（1）=-1，f（1）=g（1），聯(lián)立解出即可得出．
（2）F（x）=f′（x）-g（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+（a-2）x-2alnx，不妨設(shè)x₁＞x₂，則$\frac{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞a，等價(jià)于F（x₁）-ax₁＞F（x₂）-ax₂．設(shè)G（x）=F（x）-ax，則對(duì)任意的對(duì)任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞a，等價(jià)于函數(shù)G（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+（a-2）x，g′（x）=$\frac{2a}{x}$（x＞0）．
依題意有f′（1）×g′（1）=-1，f（1）=g（1），可得：$\left\{\begin{array}{l}{（\frac{1}{2}+a-2）×2a=-1}\\{\frac{1}{6}+\frac{1}{2}（a-2）+b=0}\end{array}\right.$，解得a=1，b=$\frac{1}{3}$或a=$\frac{1}{2}$，b=$\frac{7}{12}$．
（2）F（x）=f′（x）-g（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}$+（a-2）x-2alnx，不妨設(shè)x₁＞x₂，則$\frac{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞a，
等價(jià)于F（x₁）-ax₁＞F（x₂）-ax₂．
設(shè)G（x）=F（x）-ax，則對(duì)任意的對(duì)任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{{F（{x_1}）-F（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞a，
等價(jià)于函數(shù)G（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
G（x）=F（x）-ax=$\frac{1}{2}{x}^{2}$-2x-2alnx，G′（x）=x-2-$\frac{2a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-2x-2a}{x}$，
依題意有，對(duì)任意x＞0，有x²-2x-2a≥0恒成立．
∴2a≤x²-2x=（x-1）²-1，可得$a≤-\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問(wèn)題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．