Question

10．设函数f（x）=x²+2（a+2）x+4lnx．
（1）若函数f（x）是定义域上的单调函数，求实数a的最小值；
（2）方程f（x）=x²-x有两个不同的实数解，求实数a的取值范围；
（3）在函数f（x）的图象上是否存在不同两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），线段AB的中点的横坐标为x₀，有f′（x₀）=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$成立？若存在，请求出x₀的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出导数，由题意可得只能f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，即x²+（2+a）x+2≥0在（0，+∞）上恒成立，令g（x）=x²+（2+a）x+2，运用参数分离，结合不等式恒成立思想可得a的范围；
（2）f（x）=x²-x有两个不同的实数解，即有-$\frac{2a+5}{4}$=$\frac{lnx}{x}$有两个不同的实数解，令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，求出导数，求得单调区间和极值，也为最值，解不等式可得a的范围；
（3）利用两点连线的斜率公式求出k并且化简k，求出f′（x₀）列出方程，通过换元构造新函数，通过导数判断出函数的单调性，求出最值，得到矛盾．

解答 解：（1）f′（x）=2x+2（a+2）+$\frac{4}{x}$=2•$\frac{{x}^{2}+（a+2）x+2}{x}$，
若函数f（x）是定义域上的单调函数，
则只能f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
即x²+（2+a）x+2≥0在（0，+∞）上恒成立，
令g（x）=x²+（2+a）x+2，即有-2-a≤x+$\frac{2}{x}$，
由x+$\frac{2}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{2}{x}}$=2$\sqrt{2}$，可得-2-a≤2$\sqrt{2}$，
解得a≥-2-2$\sqrt{2}$，即有a的最小值为-2-2$\sqrt{2}$；
（2）f（x）=x²-x有两个不同的实数解，
即有-$\frac{2a+5}{4}$=$\frac{lnx}{x}$有两个不同的实数解，
令h（x）=$\frac{lnx}{x}$，h′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
当x＞e时，h′（x）＜0，h（x）递减；
当0＜x＜e时，h′（x）＞0，h（x）递增．即有x=e处取得极大值，且为最大值$\frac{1}{e}$，
函数h（x）有两个不同的零点，
可得y=-$\frac{2a+5}{4}$和h（x）=$\frac{lnx}{x}$有两个交点，
可得0＜-$\frac{2a+5}{4}$＜$\frac{1}{e}$，解得-$\frac{2}{e}$-$\frac{5}{2}$＜a＜-$\frac{5}{2}$，
故a的取值范围是（-$\frac{2}{e}$-$\frac{5}{2}$，-$\frac{5}{2}$）；
（3）假设存在，不妨设0＜x₁＜x₂．
f（x₁）-f（x₂）=x₁²+2（a+2）x₁+4lnx₁-x₂²-2（a+2）x₂-4lnx₂
=（x₁-x₂）（x₁+x₂+2a+4）+4（lnx₁-lnx₂）=
k_AB=$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=2x₀+2a+4+4•$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
f′（x）=2x+2（a+2）+$\frac{4}{x}$，f′（x₀）=2x₀+2（a+2）+$\frac{4}{{x}_{0}}$．
若k=f′（x₀），则$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，即$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{2•\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-2}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$．（*）
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，u（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$（0＜t＜1），则u′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0．
可得u（t）在0＜t＜1上是增函数，
∴u（t）＜u（1）=0，
∴（*）式不成立，与假设矛盾．∴k≠f′（x₀）．
因此，满足条件的x₀不存在．

点评 本题考查导数的运用：求单调性和极值，考查函数方程的转化思想，以及存在性问题的解法，考查运算能力和推理能力，属于中档题．