Question

18．已知x₁、x₂是函数f（x）=x²-mx+2lnx+4的两个极值点，a、b、c是函数f（x）的零点，x₁、a、x₂成等比数列．
（Ⅰ）求实数m的值；
（Ⅱ）求证：a＞bc（参考数据：ln3=1.1）；
（Ⅲ）关于x的不等式kx²-2（1-bc-k）lnx-k≥0恒成立，试用bc表示实数k．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的导数，由题意可得x₁、x₂是2x²-mx+2=0的两根，运用韦达定理，由等比数列的性质，可得a=1，再由f（1）=0，可得m=5：
（Ⅱ）求得导数，由上面可得0＜b＜$\frac{1}{2}$，c＞2，再由f（3）＞0，f（$\frac{1}{3}$）＞0，运用零点存在定理即可得证；
（Ⅲ）由题意可得k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx≥0恒成立，设g（x）=k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx，求得导数，由x=1时，不等式恒成立，即有x=1时，g（x）取得最小值．分别讨论x≥1，0＜x≤1时，导数大于等于0，小于等于0恒成立，即可得到k的取值．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x²-mx+2lnx+4的导数为f′（x）=2x-m+$\frac{2}{x}$，
由题意可得x₁、x₂是2x²-mx+2=0的两根，
即有x₁x₂=1，x₁+x₂=m，
x₁、a、x₂成等比数列，即有x₁x₂=a²=1，（a＞0），
解得a=1，即f（1）=0，即有1-m+4=0，
解得m=5；
（Ⅱ）证明：f（x）=x²-5x+2lnx+4的导数为f′（x）=2x-5+$\frac{2}{x}$，
当x∈（0，$\frac{1}{2}$），（2，+∞）时，f（x）递增；当x∈（$\frac{1}{2}$，2）时，f（x）递减．
且0＜b＜$\frac{1}{2}$，c＞2，
由f（$\frac{1}{3}$）=$\frac{1}{9}$-$\frac{5}{3}$-2ln3+4=$\frac{22}{9}$-2.2＞0，则0＜b＜$\frac{1}{3}$，
f（3）=9-15+2ln3+4=2ln3-2＞0，则2＜c＜3，
即有bc＜1，即a＞bc；
（Ⅲ）关于x的不等式kx²-2（1-bc-k）lnx-k≥0恒成立，即为
k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx≥0恒成立，
设g（x）=k（x²+2lnx-1）-2（1-bc）lnx，
g′（x）=k（2x+$\frac{2}{x}$）-$\frac{2（1-bc）}{x}$=2kx+$\frac{2k-2（1-bc）}{x}$，
由于x=1时，不等式恒成立，即有x=1时，g（x）取得最小值．
即有x≥1时，g（x）递增，即为g′（x）≥0在x≥1恒成立，
即有2k+2k-2（1-bc）≥0，解得k≥$\frac{1}{2}$（1-bc）．
又0＜x≤1时，g（x）递减，即为g′（x）≤0在0＜x≤1恒成立，
即有2k+2k-2（1-bc）≤0，解得k≤$\frac{1}{2}$（1-bc）．
综上可得k=$\frac{1}{2}$（1-bc）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用零点存在定理，考查不等式恒成立问题的解法，注意转化为喊话说的最值问题，属于中档题．