Question

已知函數(shù)f（x）=

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x³-2tx+t•lnx（t∈R）．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=x平行，求實(shí)數(shù)t的值；
（Ⅱ）證明：對(duì)任意的x₁，x₂∈（0，1]及t∈R，都有|f（x₁）-f（x₂）|≤（|t-1|+1）|lnx₁-lnx₂|成立．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，因?yàn)榍芯�與直線y=x平行得到兩條直線斜率相等，得到切線的斜率為1即f′（1）=1，解出t即可；
（Ⅱ）根據(jù)不等式恒成立，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值即可得到結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ） 由于函數(shù)f（x）=

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x³-2tx+t•lnx（t∈R）．
則f′（x）=2x²-2t+

t

x

，
又由曲線y=f（x）在x=1處的切線與直線y=x平行，則f′（1）=1，解得t=1，
故實(shí)數(shù)t的值為1；
（Ⅱ）當(dāng)x₁=x₂時(shí)，結(jié)論明顯成立，
不妨設(shè)x₁＜x₂，且記λ=|t-1|+1，則|f（x₁）-f（x₂）|≤λ|lnx₁-lnx₂|等價(jià)于
λ（lnx₁-lnx₂）≤f（x₁）-f（x₂）≤λ（lnx₂-lnx₁），
則f（x₁）+λlnx₁≤f（x₂）+λlnx₂且f（x₁）-λlnx₁≥f（x₂）-λlnx₂，
要使得對(duì)任意的x₁，x₂∈（0，1]，f（x₁）+λlnx₁≤f（x₂）+λlnx₂恒成立，
只需f′（x）≥-

λ

x

對(duì)于x∈（0，1]恒成立，同理可得f′（x）≤

λ

x

對(duì)于x∈（0，1]恒成立，
即-

λ

x

≤2x²-2t+

t

x

≤

λ

x

對(duì)于x∈（0，1]恒成立
?當(dāng)t∈R時(shí)，-（|t-1|+1）≤2x³-2tx+t≤|t-1|+1對(duì)于x₂∈（0，1]恒成立．
考慮函數(shù)g（x）=2x³-2tx+t，x∈（0，1]，則g′（x）=6x²-2t，
（1）當(dāng)t≤0時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，1]上單調(diào)遞增，此時(shí)g（x）≤g（1）=2-t；
（2）當(dāng)t≥3時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，此時(shí)g（x）＜g（0）=t；
（3）當(dāng)0＜t＜3時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，

t 3

]上遞減及(

t 3

，1]上遞增，
此時(shí)g（x）＜max{g（0），g（1）}=max{t，2-t}
綜上，當(dāng)t＜1時(shí)，g（x）＜2-t；當(dāng)t≥1時(shí)，g（x）≤t，
所以2x³-2tx+t≤|t-1|+1對(duì)于x∈（0，1]成立；
為證-（|t-1|+1）≤2x³-2tx+t，可設(shè)函數(shù)h（t）=|t-1|+t-2tx+2x³+1，
即h（t）=

2t(1-x)+2x3，t≥1 2t(-x)+2x3+2，t＜1

，則有h（t）≥h（1）=2x³-2x+2，
又由上面g（x）=2x³-2tx+t的分析可知函數(shù)y=2x³-2x+2（x∈（0，1]）在x=

3

3

處取到最小值，
所以h（t）≥h（1）=2x³-2x+2≥

18-4 3

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＞0，
從而-（|t-1|+1）≤2x³-2tx+t對(duì)任意x∈（0，1]恒成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、閉區(qū)間上函數(shù)的最值，考查恒成立問題的解決，考查分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想．