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5.設函數f(x)=$\frac{1}{3}a{x}^{3}+\frac{1}{2}b{x}_{2}+cx(a,b,c∈R,a≠0)$的圖象在點(x,f(x))處的切線的斜率為k(x),且函數g(x)=k(x)-$\frac{1}{2}x$為偶函數.若函數k(x)滿足下列條件:①k(-1)=0;②對一切實數x,不等式k(x)$≤\frac{1}{2}{x}^{2}+\frac{1}{2}$恒成立.
(Ⅰ)求函數k(x)的表達式;
(Ⅱ)設函數h(x)=lnx${\;}^{2}-(2m+3)x+\frac{12f(x)}{x}(x>0)$的兩個極值點x1,x2(x1<x2)恰為φ(x)=lnx-sx2-tx的零點.當m$≥\frac{3\sqrt{2}}{2}$時,求y=(x1-x2)φ′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)的最小值.

分析 (Ⅰ)利用函數g(x)=k(x)-$\frac{1}{2}x$為偶函數,結合k(-1)=0,求出a,b,c,即可求函數k(x)的表達式;
(Ⅱ)求出0$<\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}≤\frac{1}{2}$,y=(x1-x2)φ′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)=$\frac{2(\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1)}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$-$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$,再換元,構造函數,求導數,確定函數的單調性,求出函數的最小值,即可得出結論.

解答 解:(Ⅰ)由已知可得k(x)=ax2+bx+c.
∵函數g(x)=k(x)-$\frac{1}{2}x$為偶函數,
∴ax2-bx+c+$\frac{1}{2}$x=ax2+bx+c-$\frac{1}{2}x$,
∴(a-$\frac{1}{2}$)x2+$\frac{1}{2}x$+c-$\frac{1}{2}$≤0恒成立,
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-\frac{1}{2}<0}\\{\frac{1}{4}-4(a-\frac{1}{2})(c-\frac{1}{2})≤0}\end{array}\right.$
∴a=c=$\frac{1}{4}$.
∵k(-1)=0,∴得k(x)=$\frac{1}{4}$x2+$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{4}$.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,f(x)=$\frac{1}{12}{x}^{3}$+$\frac{1}{4}$x2+$\frac{1}{4}$x.
∴h(x)=2lnx+x2+3-2mx,
∴h′(x)=$\frac{2({x}^{2}-mx+1)}{x}$.
由題意得△=m2-4>0,x1+x2=m,x1x2=1
又m$≥\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴解得0$<\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}≤\frac{1}{2}$.
∵x1,x2(x1<x2)恰為φ(x)=lnx-sx2-tx的零點,
∴代入,兩式相減得,$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-s(x1-x2)(x1+x2)-t(x1-x2)=0.
又φ′(x)=$\frac{1}{x}$-2sx-t,從而y=(x1-x2)φ′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)=$\frac{2(\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1)}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$-$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$.
設n=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$(0$<n≤\frac{1}{2}$),
則y=(x1-x2)φ′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)=$\frac{2(n-1)}{n+1}$-lnn(0$<n≤\frac{1}{2}$),記為M(n).
M′(n)=$\frac{-(n-1)^{2}}{n(n+1)^{2}}$<0
∴M(n)在(0,$\frac{1}{2}$]上單調遞減.
∴M(n)min=ln2-$\frac{2}{3}$.
故y=(x1-x2)φ′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)的最小值為ln2-$\frac{2}{3}$.

點評 本題考查導數知識的綜合運用,考查函數的性質,考查構造函數方法的運用,難度大.

練習冊系列答案
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