Question

20．已知函数f（x）=$\frac{2}{3}{x}^{3}-\frac{3}{2}{x}^{2}+lo{g}_{a}x$，（a＞0且a≠1），
（Ⅰ）若f（x）为定义域上的增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）令a=e，设函数g（x）=f（x）-$\frac{2}{3}{x}^{3}-4lnx+6x$，且g（x₁）+g（x₂）=0，求证：${x}_{1}+{x}_{2}≥2+\sqrt{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的最小值，通过讨论a的范围，得到关于a的不等式，解出即可；
（Ⅱ）结合g（x₁）+g（x₂）=0，令x₁x₂=t，g（t）=lnt-t，求导可得g（t）≤g（1）=-1，得到（x₁+x₂）²-4（x₁+x₂）-2≥0，求解得答案．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2x²-3x+$\frac{1}{xlna}$，
由f（x）是增函数得f′（x）≥0恒成立，
由2x²-3x+$\frac{1}{xlna}$≥0得2x³-3x²≥-$\frac{1}{lna}$，
设m（x）=2x³-3x²，则m′（x）=6x²-6x，
令m′（x）＞0，解得：x＞1或x＜0，
令m′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故m（x）_min=m（1）=-1，故-1≥-$\frac{1}{lna}$，
当a＞1时，易知a≤e，当0＜a＜1时，则$\frac{1}{lna}$＜0，这与1≤$\frac{1}{lna}$矛盾，
从而不能使得f′（x）≥0恒成立，故1＜a≤e；
（Ⅱ）证明：g（x）=-$\frac{3}{2}$x²-3lnx+6x，
∵g（x₁）+g（x₂）=0，
∴-$\frac{3}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-3lnx₁+6x₁+（-$\frac{3}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-3lnx₂+6x₂）=0，
故-$\frac{3}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-3lnx₁+6x₁+（-$\frac{3}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-3lnx₂+6x₂）=0，
∴-$\frac{3}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）-3ln（x₁x₂）+6（x₁+x₂）=0，
即-$\frac{1}{2}$[（x₁+x₂）²-2x₁x₂]-ln（x₁x₂）+2（x₁+x₂）=0，
则-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）²+x₁x₂-ln（x₁x₂）+2（x₁+x₂）=0
∴-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）²+2（x₁+x₂）=ln（x₁x₂）-x₁x₂，
令x₁x₂=t，g（t）=lnt-t，
则g′（t）=$\frac{1}{t}$-1=$\frac{1-t}{t}$，g（t）在（0，1）上增，在（1，+∞）上减，g（t）≤g（1）=-1，
∴-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）²+2（x₁+x₂）≤-1，
整理得（x₁+x₂）²-4（x₁+x₂）-2≥0，
解得x₁+x₂≥2+$\sqrt{6}$或x₁+x₂≤2-$\sqrt{6}$（舍），
∴x₁+x₂≥2+$\sqrt{6}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，灵活构造函数是解答该题的关键，属难题．