Question

17．已知函数f（x）=ln（x+a）（a∈R）．
（Ⅰ）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-2y+1=0平行，求a的值；
（Ⅱ）当a=0时，若函数g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²-mx（m≥$\frac{5}{2}$）的极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）恰好是函数h（x）=f（x）-cx²-bx的零点，求y=（x₁-x₂）h′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函数的导数，求得切线的斜率，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-2y+1=0平行解方程可得a=1；
（2）求出g（x）和h（x）的导数，运用韦达定理和函数的零点的定义，化简整理，构造函数，运用导数判断单调性，即可得到所求最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=ln（x+a），定义域为（-a，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1}{x+a}$，
∵曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x-2y+1=0平行，
∴$\frac{1}{1+a}$=$\frac{1}{2}$，
∴a=1；
（Ⅱ）∵g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²-mx=lnx+$\frac{1}{2}$x²-mx，
∴g′（x）=$\frac{{x}^{2}-mx+1}{x}$，
令g′（x）=0，得x²-mx+1=0，
∵函数g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²-mx的极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）
∴x₁+x₂=m，x₁•x₂=1，
∴x₁-x₂=-$\sqrt{{m}^{2}-4}$
∵x₁，x₂（x₁＜x₂）恰好是函数h（x）=f（x）-cx²-bx的零点，
即h（x）=f（x）-cx²-bx=lnx-cx²-bx=0由两个解分别为x₁，x₂，
∴h（x₁）=lnx₁-cx₁²-bx₁=0，
h（x₂）=lnx₂-cx₂²-bx₂=0，
两式相减ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-c（x₁+x₂）（x₁-x₂）-b（x₁-x₂）=0，
∴b=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-c（x₁+x₂）①
y=（x₁-x₂）h′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=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=m²，则t∈（0，$\frac{1}{4}$]，
设函数G（t）=2•$\frac{t-1}{t+1}$-lnt，而G′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＜0，
则y=G（t）在t∈（0，$\frac{1}{4}$]单调递减，
所以G（t）_min=G（$\frac{1}{4}$）=-$\frac{6}{5}$+ln4
所以y=（x₁-x₂）h′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）的最小值为-$\frac{6}{5}$+ln4．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率、单调区间和最值，同时考查二次方程的韦达定理和函数的零点，考查运算求解能力，属于难题．