分析 (1)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù),計算f′(1),f(1)的值,求出切線方程即可;
(2)令g(x)=f(x)-(a-3)x2-(2a-13)x+2,求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過討論a的范圍,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的最小值即可;
(3)得到${{(x}_{1}{+x}_{2})}^{2}$+(x1+x2)=2x1x2-2ln(x1x2)+4,令t=x1•x2,令φ(t)=2t-2lnt+4,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.
解答 解:(1)∵f′(x)=$\frac{2}{x}$-6x-11,f′(1)=-15,f(1)=-14,
∴切線方程是:y+14=-15(x-1),即y=-15x+1;
(2)令g(x)=f(x)-(a-3)x2-(2a-13)x+2=2lnx-ax2+(2-2a)x+2,
∴g′(x)=$\frac{2}{x}$-2ax+(2-2a)=$\frac{-2{ax}^{2}+(2-2a)x+2}{x}$,
a≤0時,∵x>0,∴g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)遞增,
∵g(1)=-a+2-2a+2=-3a+4>0,
∴關(guān)于x的不等式f(x)≤(a-3)x2+(2a-13)x-2不能恒成立,
a>0時,g′(x)=$\frac{-2a(x-\frac{1}{a})(x+1)}{x}$,
令g′(x)=0,得x=$\frac{1}{a}$,
∴x∈(0,$\frac{1}{a}$)時,g′(x)>0,x∈($\frac{1}{a}$,+∞)時,g′(x)<0,
故函數(shù)g(x)在(0,$\frac{1}{a}$)遞增,在($\frac{1}{a}$,+∞)遞減,
故函數(shù)g(x)的最大值是g($\frac{1}{a}$)=2ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{a}$=$\frac{1}{a}$-2lna≤0,
令h(a)=$\frac{1}{a}$-2lna,則h(a)在(0,+∞)遞減,
∵h(1)=1>0,h(2)=$\frac{1}{2}$-2ln2<$\frac{1}{2}$-2ln$\sqrt{e}$<0,
∴a≥2時,h(a)<0,故整數(shù)a的最小值是2;
(3)證明:由f(x1)+f(x2)+4(x${\;}_{1}^{2}$+x${\;}_{2}^{2}$)+12(x1+x2)=4,
得2ln(x1x2)+(${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$)+(x1+x2)=4,
從而${{(x}_{1}{+x}_{2})}^{2}$+(x1+x2)=2x1x2-2ln(x1x2)+4,
令t=x1•x2,則由φ(t)=2t-2lnt+4,
得φ′(t)=$\frac{2(t-1)}{t}$,可知φ(t)在區(qū)間(0,1)遞減,在(1,+∞)遞增,
故φ(t)≥φ(1)=6,
∴${{(x}_{1}{+x}_{2})}^{2}$+(x1+x2)≥6,
又x1+x2>0,
故x1+x2≥2成立.
點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想,考查不等式的證明,是一道綜合題.
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A. | 32 | B. | 16 | C. | 8 | D. | 4 |
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A. | $\sqrt{2}$+2 | B. | $\sqrt{2}$+1 | C. | $\sqrt{2}$ | D. | $\sqrt{2}$-1 |
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A. | $\frac{{x}^{2}}{6}$-$\frac{{y}^{2}}{5}$=1 | B. | $\frac{{x}^{2}}{8}$-$\frac{{y}^{2}}{12}$=1 | C. | $\frac{{x}^{2}}{8}$-$\frac{{y}^{2}}{4}$=1 | D. | $\frac{{x}^{2}}{4}$-$\frac{{y}^{2}}{6}$=1 |
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A. | -$\frac{7}{8}$ | B. | $\frac{7}{8}$ | C. | -$\frac{23}{25}$ | D. | $\frac{23}{25}$ |
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A. | $({-\frac{1}{4},0})$ | B. | $({0,-\frac{1}{4}})$ | C. | $({0,\frac{1}{4}})$ | D. | $({\frac{1}{4},0})$ |
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