Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx．
（1）方程f（x+a）=x有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)解，求a的值；
（2）若函數(shù)$g（x）=f（x）+\frac{1}{2}{x^2}-mx（m≥\frac{5}{2}）$的極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂）恰好是函數(shù)h（x）=f（x）-cx²-bx的零點(diǎn)，求$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)切點(diǎn)為（x₀，y₀），求出函數(shù)y=f（x+a）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，解方程可得a=1；
（2）求出g（x）和h（x）的導(dǎo)數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理和函數(shù)的零點(diǎn)的定義，化簡(jiǎn)整理，構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得到所求最小值．

解答 解：（1）由題意得，函數(shù)y=f（x+a）=ln（x+a）與直線y=x相切，
設(shè)切點(diǎn)為（x₀，y₀），$y'=f'（x+a）=\frac{1}{x+a}$，
∴${\left.{y'}\right|_{x={x_0}}}=\frac{1}{{{x_0}+a}}=1$，∴x₀+a=1又有x₀=ln（x₀+a）
∴x₀=0，a=1；
（2）$g（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-mx（m≥\frac{5}{2}）$，h（x）=lnx-cx²-bx
由已知$g'（x）=\frac{{{x^2}-mx+1}}{x}=0$的兩根為x₁，x₂，
當(dāng)$m≥\frac{5}{2}$時(shí)方程x²-mx+1=0的△＞0，
則x₁+x₂=m，x₁x₂=1，
又由x₁，x₂為h（x）=lnx-cx²-bx的零點(diǎn)可得$\left\{{\begin{array}{l}{ln{x_1}-cx_1^2-b{x_1}=0}\\{ln{x_2}-cx_2^2-b{x_2}=0}\end{array}}\right.$，
兩式相減$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{x_1}+{x_2}）（{x_1}-{x_2}）-b（{x_1}-{x_2}）=0$，可解得$b=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}-c（{x_1}+{x_2}）$①
而$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=（x₁-x₂）[$\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-c（{x_1}+{x_2}）-b]$代入①式
可得y=$（{x_1}-{x_2}）（\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}）$=$2\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}-ln\frac{x_1}{x_2}$=$2\frac{{\frac{x_1}{x_2}-1}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}-ln\frac{x_1}{x_2}$，
令$\frac{x_1}{x_2}=t$（0＜t＜1），由x₁+x₂=m，x₁x₂=1可得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，則$t∈（0，\frac{1}{4}]$，
設(shè)函數(shù)$G（t）=2\frac{t-1}{t+1}-lnt$，而$G'（t）=\frac{{-{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＜0$，
則y=G（t）在$t∈（0，\frac{1}{4}]$單調(diào)遞減，
所以$G{（t）_{min}}=G（\frac{1}{4}）=-\frac{6}{5}+ln4$，
即$y=（{x_1}-{x_2}）h'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$的最小值為$-\frac{6}{5}+ln4$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的斜率、單調(diào)區(qū)間和最值，同時(shí)考查二次方程的韋達(dá)定理和函數(shù)的零點(diǎn)，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．