Question

4．已知函数f（x）=2lnx-3x²-11x．
（1）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若关于x的不等式f（x）≤（a-3）x²+（2a-13）x-2恒成，求整数a的最小值；
（3）若正实数x₁，x₂满足f（x₁）+f（x₂）+4（x₁²+x₂²）+12（x₁+x₂）=4，证明：x₁+x₂≥2．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，计算f′（1），f（1）的值，求出切线方程即可；
（2）令g（x）=f（x）-（a-3）x²-（2a-13）x+2，求出函数的导数，通过讨论a的范围，根据函数的单调性求出a的最小值即可；
（3）得到${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$+（x₁+x₂）=2x₁x₂-2ln（x₁x₂）+4，令t=x₁•x₂，令φ（t）=2t-2lnt+4，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{2}{x}$-6x-11，f′（1）=-15，f（1）=-14，
∴切线方程是：y+14=-15（x-1），即y=-15x+1；
（2）令g（x）=f（x）-（a-3）x²-（2a-13）x+2=2lnx-ax²+（2-2a）x+2，
∴g′（x）=$\frac{2}{x}$-2ax+（2-2a）=$\frac{-2{ax}^{2}+（2-2a）x+2}{x}$，
a≤0时，∵x＞0，∴g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，
∵g（1）=-a+2-2a+2=-3a+4＞0，
∴关于x的不等式f（x）≤（a-3）x²+（2a-13）x-2不能恒成立，
a＞0时，g′（x）=$\frac{-2a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，
令g′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$，
∴x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，g′（x）＞0，x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，g′（x）＜0，
故函数g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减，
故函数g（x）的最大值是g（$\frac{1}{a}$）=2ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{a}$-2lna≤0，
令h（a）=$\frac{1}{a}$-2lna，则h（a）在（0，+∞）递减，
∵h（1）=1＞0，h（2）=$\frac{1}{2}$-2ln2＜$\frac{1}{2}$-2ln$\sqrt{e}$＜0，
∴a≥2时，h（a）＜0，故整数a的最小值是2；
（3）证明：由f（x₁）+f（x₂）+4（x${\;}_{1}^{2}$+x${\;}_{2}^{2}$）+12（x₁+x₂）=4，
得2ln（x₁x₂）+（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）+（x₁+x₂）=4，
从而${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$+（x₁+x₂）=2x₁x₂-2ln（x₁x₂）+4，
令t=x₁•x₂，则由φ（t）=2t-2lnt+4，
得φ′（t）=$\frac{2（t-1）}{t}$，可知φ（t）在区间（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故φ（t）≥φ（1）=6，
∴${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$+（x₁+x₂）≥6，
又x₁+x₂＞0，
故x₁+x₂≥2成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明，是一道综合题．