Question

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．

Answer 1

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．