Question

19．已知函数f（x）=x²+6ax+1，g（x）=8a²lnx+2b+1，其中a＞0．
（Ⅰ）设两曲线y=f（x），y=g（x）有公共点，且在该点处的切线相同，用a表示b，并求b的最大值；
（Ⅱ）设h（x）=f（x）+g（x），证明：若a≥1，则对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设f（x）与g（x）的图象交于点P（x₀，y₀）（x₀＞0），则有f（x₀）=g（x₀），求出导数，由斜率相等，求得切点的横坐标，可得b的解析式，求出导数，单调区间，可得最大值；
（Ⅱ）不妨设x₁，x₂∈（0，+∞），x₁＜x₂，原不等式变形得h（x₂）-14x₂＞h（x₁）-14x₁，构造函数T（x）=h（x）-14x，求出导数，判断单调性，即可得到结论．同理可证，当x₁＞x₂时，命题也成立．

解答 解：（Ⅰ）设f（x）与g（x）的图象交于点P（x₀，y₀）（x₀＞0），
则有f（x₀）=g（x₀），
即${x_0}^2+6a{x_0}+1=8{a^2}ln{x_0}+2b+1$（1）
又由题意知f'（x₀）=g'（x₀），即$2{x_0}+6a=\frac{{8{a^2}}}{x_0}$（2），
由（2）解得x₀=a或x₀=-4a（舍去），
将x₀=a代入（1）整理得$b=\frac{7}{2}{a^2}-4{a^2}lna$，
令$K（a）=\frac{7}{2}{a^2}-4{a^2}lna$，则K'（a）=a（3-8lna），
当$a∈（0，\root{8}{e^3}）$时，K（a）单调递增，当$a∈（\root{8}{e^3}，+∞）$时K（a）单调递减，
所以K（a）$≤K（\root{8}{e^3}）=2{e^{\frac{3}{4}}}$，即b≤$2{e^{\frac{3}{4}}}$，
b的最大值为$2{e^{\frac{3}{4}}}$；
（Ⅱ）证明：不妨设x₁，x₂∈（0，+∞），x₁＜x₂，$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$，
变形得h（x₂）-14x₂＞h（x₁）-14x₁，
令T（x）=h（x）-14x，$T'（x）=2x+\frac{{8{a^2}}}{x}+6a-14$，
∵a≥1，$T'（x）=2x+\frac{{8{a^2}}}{x}+6a-14≥8a+6a-14≥0$，
则T（x）在（0，+∞）上单调递增，T（x₂）＞T（x₁），
即$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$成立，
同理可证，当x₁＞x₂时，命题也成立．
综上，对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，
不等式$\frac{{h（{x_2}）-h（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞14$成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数，运用单调性证明，考查化简整理的运算能力，属于中档题．