Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{3}}{6}$+$\frac{a}{2}$x²+2xlnx，（a∈R），在x=1處的切線斜率為-$\frac{1}{2}$．
（Ⅰ）求實數(shù)a的值及此時的切線方程；
（Ⅱ）若曲線y=f（x）上存在三條斜率為m+2的切線，三個切點的橫坐標分別為x₁，x₂，x₃（x₁＜x₂＜x₃），求證：x₃-x₁＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求出原函數(shù)的導函數(shù)，再由f′（1）=$-\frac{1}{2}$求得a值，得到函數(shù)解析式，求出f（1），利用直線方程的點斜式得答案；
（Ⅱ）依題可知方程f′（x）=m+2有三個不同實根，即：$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx=m$有三個不同實根．設h（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx$，由導數(shù)可知h（x）極小值h（2）=2ln2-4；極大值為h（1）=$-\frac{5}{2}$．則h（x）=m三個實根滿足0＜x₁＜1＜x₂＜2＜x₃，再設h₁（x）=h（x）-h（2-x），x∈（0，1），由導數(shù)得到x₁+x₂＞2，設h₂（x）=h（x）-h（4-x），x∈（1，2），由導數(shù)得到x₃+x₂＜4，聯(lián)立可得可得x₃-x₁＜2．

解答 （Ⅰ）解：由已知f′（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}+ax+2lnx+2$，則f′（1）=$\frac{1}{2}+a+2=-\frac{1}{2}$，得a=-3，
∴f（x）=$\frac{{x}^{3}}{6}-\frac{3}{2}{x}^{2}+2xlnx$，則f（1）=$\frac{1}{6}-\frac{3}{2}=-\frac{4}{3}$，
∴切線方程為：y+$\frac{4}{3}=-\frac{1}{2}（x-1）$，即：3x+6y+5=0；
（Ⅱ）證明：依題可知方程f′（x）=m+2有三個不同實根，即：$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx=m$有三個不同實根．
設h（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}-3x+2lnx$，則h′（x）=x-3+$\frac{2}{x}$=$\frac{{x}^{2}-3x+2}{x}=\frac{（x-1）（x-2）}{x}$，
∴x∈（0，1）時，h（x）單調(diào)遞增，x∈（1，2）時，h（x）單調(diào)遞減，x∈（2，+∞）時，h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）極小值h（2）=2ln2-4；極大值為h（1）=$-\frac{5}{2}$．
h（x）=m三個實根滿足0＜x₁＜1＜x₂＜2＜x₃，
設h₁（x）=h（x）-h（2-x），x∈（0，1），
h₁′（x）=h′（x）+h′（2-x）=$\frac{4（x-1）^{2}}{x（2-x）}$＞0，則h₁（x）＜h₁（1）=h（1）-h（2-1）=0，
即h（x）＜h（2-x），x∈（0，1），
∴f（x₂）=f（x₁）＜f（2-x₁），
∵函數(shù)h（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，從而x₂＞2-x₁，即x₁+x₂＞2，①
同理設h₂（x）=h（x）-h（4-x），x∈（1，2），h₂′（x）=h′（x）+h′（4-x）=$\frac{2（x-2）^{2}}{x（4-x）}$＞0，則h₂（x）＜h₂（2）=h（2）-h（4-2）=0，
即h（x）＜h（4-x），x∈（1，2），
∴f（x₃）=f（x₄）＜f（4-x₂），
∵函數(shù)f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，從而x₃＜4-x₂，即x₃+x₂＜4，②
由①②可得x₃-x₁＜2．

點評 本題考查導數(shù)在研究函數(shù)的切線中的應用，考查導數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性中的應用，構造函數(shù)并由函數(shù)的單調(diào)性得到x₁+x₂＞2，x₃+x₂＜4是解答該題的關鍵，難度較大．