Question

17．已知函數(shù)f（x）=ln（x+a）（a∈R）．
（Ⅰ）曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-2y+1=0平行，求a的值；
（Ⅱ）當(dāng)a=0時(shí)，若函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²-mx（m≥$\frac{5}{2}$）的極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）恰好是函數(shù)h（x）=f（x）-cx²-bx的零點(diǎn)，求y=（x₁-x₂）h′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，利用曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-2y+1=0平行解方程可得a=1；
（2）求出g（x）和h（x）的導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理和函數(shù)的零點(diǎn)的定義，化簡(jiǎn)整理，構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得到所求最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x+a），定義域?yàn)椋?a，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1}{x+a}$，
∵曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線x-2y+1=0平行，
∴$\frac{1}{1+a}$=$\frac{1}{2}$，
∴a=1；
（Ⅱ）∵g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²-mx=lnx+$\frac{1}{2}$x²-mx，
∴g′（x）=$\frac{{x}^{2}-mx+1}{x}$，
令g′（x）=0，得x²-mx+1=0，
∵函數(shù)g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²-mx的極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）
∴x₁+x₂=m，x₁•x₂=1，
∴x₁-x₂=-$\sqrt{{m}^{2}-4}$
∵x₁，x₂（x₁＜x₂）恰好是函數(shù)h（x）=f（x）-cx²-bx的零點(diǎn)，
即h（x）=f（x）-cx²-bx=lnx-cx²-bx=0由兩個(gè)解分別為x₁，x₂，
∴h（x₁）=lnx₁-cx₁²-bx₁=0，
h（x₂）=lnx₂-cx₂²-bx₂=0，
兩式相減ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-c（x₁+x₂）（x₁-x₂）-b（x₁-x₂）=0，
∴b=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-c（x₁+x₂）①
y=（x₁-x₂）h′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=2•$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t（0＜t＜1），由x₁+x₂=m，x₁x₂=1可得t+$\frac{1}{t}$+2=m²，則t∈（0，$\frac{1}{4}$]，
設(shè)函數(shù)G（t）=2•$\frac{t-1}{t+1}$-lnt，而G′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＜0，
則y=G（t）在t∈（0，$\frac{1}{4}$]單調(diào)遞減，
所以G（t）_min=G（$\frac{1}{4}$）=-$\frac{6}{5}$+ln4
所以y=（x₁-x₂）h′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的最小值為-$\frac{6}{5}$+ln4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率、單調(diào)區(qū)間和最值，同時(shí)考查二次方程的韋達(dá)定理和函數(shù)的零點(diǎn)，考查運(yùn)算求解能力，屬于難題．