Question

4．已知函數(shù)f（x）=2lnx-3x²-11x．
（1）求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≤（a-3）x²+（2a-13）x-2恒成，求整數(shù)a的最小值；
（3）若正實數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+4（x₁²+x₂²）+12（x₁+x₂）=4，證明：x₁+x₂≥2．

Answer 1

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．