Question

4．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（a+2）x，a∈R．
（1）若曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线垂直于y轴，求实数a的值；
（2）若x=m和x=n是f（x）的两个极值点，其中m＜n，求f（m）+f（n）的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若a≥$\sqrt{e}$+$\frac{1}{\sqrt{e}}$-2，求f（n）-f（m）的最大值（e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求得切线的斜率，由题意可得k=0，解方程即可得到a的值；
（2）确定函数f（x）的定义域，求导函数，利用极值的运用，建立方程，结合韦达定理，即可求f（m）+f（n）的取值范围；
（3）设t=$\frac{n}{m}$，确定t的范围，表示出f（n）-f（m），构造新函数，利用导数法确定函数的单调性，即可求得结论．

解答 解：（1）f（x）的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（a+2），
曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线斜率为k=1+1-a-2=0，
解得a=0；
（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（a+2）=$\frac{{x}^{2}-（a+2）x+1}{x}$，
依题意，方程x²-（a+2）x+1=0有两个不等的正根m，n（其中m＜n）．
故$\left\{\begin{array}{l}{（a+2）^{2}-4＞0}\\{a+2＞0}\end{array}\right.$，∴a＞0，
并且m+n=a+2，mn=1．
所以，f（m）+f（n）=lnmn+$\frac{1}{2}$（m²+n²）-（a+2）（m+n）
=$\frac{1}{2}$[（m+n）²-2mn]-（a+2）（m+n）=-$\frac{1}{2}$（a+2）²-1＜-3，
故f（m）+f（n）的取值范围是（-∞，-3）．   
（3）当a≥$\sqrt{e}$+$\frac{1}{\sqrt{e}}$-2时，（a+2）²≥e+$\frac{1}{e}$+2．
若设t=$\frac{n}{m}$（t＞1），则（a+2）²=（m+n）²=$\frac{（m+n）^{2}}{mn}$=t+$\frac{1}{t}$+2≥e+$\frac{1}{e}$+2．
于是有t+$\frac{1}{t}$≥e+$\frac{1}{e}$．
∴（t-e）（1-$\frac{1}{te}$）≥0，∴t≥e，
∴f（n）-f（m）=ln$\frac{n}{m}$+$\frac{1}{2}$（n²-m²）-（a+2）（n-m）
=ln$\frac{n}{m}$+$\frac{1}{2}$（n²-m²）-（n+m）（n-m）=ln$\frac{n}{m}$-$\frac{1}{2}$（n²-m²）
=ln$\frac{n}{m}$-$\frac{1}{2}$•$\frac{{n}^{2}-{m}^{2}}{mn}$=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），
构造函数g（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）（其中t≥e），
则g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{{t}^{2}}$）．
所以g（t）在[e，+∞）上单调递减，g（t）≤g（e）=1-$\frac{1}{2}$e+$\frac{1}{2e}$．
故f（n）-f（m）的最大值是1-$\frac{1}{2}$e+$\frac{1}{2e}$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查切线的方程，考查函数的极值与最值，主要考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．