已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+lnx．(Ⅰ)当a=1时.求曲线y=f处的切线方程,在区间[1.e]上的最小值为-2.求a的取值范围,-ax2++g′(x).给定x1.x2∈.x1＜x2.对于两个大于1的正数α.β.存在实数m满足:α=mx1+(1-m)x2.β=(1-m)x1+mx2.并且使得不等式|F|＜|F(x1)-F(x2)|恒成立.求实数m的取值� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

19．已知函数f（x）=ax²-（a+2）x+lnx（x＞0，其中a为实数）．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当a＞0时，若f（x）在区间[1，e]上的最小值为-2，求a的取值范围；
（Ⅲ）若g（x）=f（x）-ax²+（a+2）x时，令F（x）=g（x）+g′（x），给定x₁，x₂∈（1，+∞），x₁＜x₂，对于两个大于1的正数α，β，存在实数m满足：α=mx₁+（1-m）x₂，β=（1-m）x₁+mx₂，并且使得不等式|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|恒成立，求实数m的取值范围．

分析（Ⅰ）当a=1时，求出f'（1）及f（1）即可；
（Ⅱ）当a＞0时令f'（x）=0，解之得$x=\frac{1}{2}$或$x=\frac{1}{a}$．综合$0＜\frac{1}{a}≤1$、$1＜\frac{1}{a}＜e$、$\frac{1}{a}≥e$三种情况考虑即可．
（Ⅲ）先判断F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，从而当x≥1时，F（x）＞0，再综合m∈（0，1）、m≤0、m≥1三种情况即可得实数m的取值范围．

解答解：（Ⅰ）当a=1时，$f（x）={x^2}-3x+lnx，{f^'}（x）=2x-3+\frac{1}{x}$．
因为f'（1）=0，f（1）=-2，所以切线方程是y=-2；
（Ⅱ）$f′（x）=2ax-（a+2）+\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-（a+2）x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（ax-1）}{x}$（x＞0）
因为a＞0，故令f'（x）=0，得$x=\frac{1}{2}$或$x=\frac{1}{a}$．
（1）当$0＜\frac{1}{a}≤1$，即a≥1时，f（x）在[1，e]上单调递增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（1）=-2，适合题意；
（2）当$1＜\frac{1}{a}＜e$时，在$[1，\frac{1}{a}]$上f'（x）＜0，f（x）单调递减，
在$[\frac{1}{a}，e]$上f'（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的最小值是$f（\frac{1}{a}）＜f（1）=-2$，不合题意；
（3）当$\frac{1}{a}≥e$时，f（x）在（1，e）上单调递减，
所以，f（x）在[1，e]上的最小值是f（e）＜f（1）=-2，不合题意，
综上可知，a的取值范围是[1，+∞）．
（Ⅲ）$F（x）=g（x）+g'（x）=lnx+\frac{1}{x}$，
由$F′（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}≥0$可得x≥1，
所以F（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
∴当x≥1时，F（x）≥F（1）＞0，
①当m∈（0，1）时，有α=mx₁+（1-m）x₂＞mx₁+（1-m）x₁=x₁，
α=mx₁+（1-m）x₂＜mx₂+（1-m）x₂=x₂，
得α∈（x₁，x₂），同理β∈（x₁，x₂），
∴由f（x）的单调性知0＜F（x₁）＜F（α）、F（β）＜F（x₂），
从而有|F（α）-F（β）|＜|F（x₁）-F（x₂）|，符合题设．
②当m≤0时，α=mx₁+（1-m）x₂≥mx₂+（1-m）x₂=x₂，
β=mx₁+（1-m）x₂≤mx₁+（1-m）x₁=x₁，
由f（x）的单调性知0＜F（β）≤F（x₁）＜F（x₂）≤F（α），
∴|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-F（x₂）|，与题设不符，
③当m≥1时，同理可得α≤x₁，β≥x₂，
得|F（α）-F（β）|≥|F（x₁）-F（x₂）|，与题设不符．
∴综合①、②、③得m∈（0，1）．