Question

17．已知函数f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+$\frac{1}{3}$ax+2，g（x）=lnx-bx，且曲线y=f（x）在点（0，2）处的切线与x轴的交点的横坐标为-2．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若m、n是函数g（x）的两个不同零点，求证：f（mn）＞f（e²）（其中e为自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，可得切线的斜率，运用两点的斜率公式可得a=3：
（Ⅱ）求出f（x）的导数，可得f（x）在R上递增，要证f（mn）＞f（e²），只需证mn＞e²，m、n是函数g（x）的两个不同零点，可得lnm=bm，lnn=bn，相加减，可得ln（mn）=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{m+n}{m-n}$=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{\frac{m}{n}+1}{\frac{m}{n}-1}$，设m＞n＞0，令t=$\frac{m}{n}$＞1，则h（t）=lnt•$\frac{t+1}{t-1}$，只需证得当t＞1时，h（t）＞2．设φ（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，求得导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+$\frac{1}{3}$ax+2的导数为f′（x）=x²-2x+$\frac{1}{3}$a，
可得曲线y=f（x）在点（0，2）处的切线斜率为k=$\frac{1}{3}$a，
由两点的斜率可得$\frac{2-0}{0-（-2）}$=$\frac{1}{3}$a，解得a=3；
（Ⅱ）证明：f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x²+x+2的导数为
f′（x）=x²-2x+1=（x-1）²≥0，
即有f（x）在R上递增，
要证f（mn）＞f（e²），只需证mn＞e²，
m、n是函数g（x）的两个不同零点，
可得lnm=bm，lnn=bn，
相减可得lnm-lnn=b（m-n），
相加可得lnm+lnn=b（m+n），
可得b=$\frac{lnm+lnn}{m+n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$，
即有ln（mn）=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{m+n}{m-n}$=ln$\frac{m}{n}$•$\frac{\frac{m}{n}+1}{\frac{m}{n}-1}$，
设m＞n＞0，令t=$\frac{m}{n}$＞1，则h（t）=lnt•$\frac{t+1}{t-1}$，
下证当t＞1时，h（t）＞2．
即当t＞1时，lnt•$\frac{t+1}{t-1}$＞2，即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2（1-$\frac{2}{t+1}$），
只需证t＞1时，lnt+$\frac{4}{t+1}$-2＞0，设φ（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，
则φ′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，即φ（t）在（1，+∞）递增，
可得φ（t）＞φ（1）=0，即ln（mn）＞2，
故f（mn）＞f（e²）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间，考查不等式的证明，注意运用分析法和构造函数法，求得导数，判断函数的单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．