Question

17．已知函數(shù)f（x）=x²-2x+mlnx（m∈R），g（x）=（x-$\frac{3}{4}$）e^x．
（1）若m=-1，函數(shù)φ（x）=f（x）-[x²-（2+$\frac{1}{a}$）x]（0＜x≤e）的最小值為2，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），求g（x₁-x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$φ（x）=\frac{1}{a}x-lnx$，$φ'（x）=\frac{x-a}{ax}$，對(duì)a分類討論即可的．
（Ⅱ）f′（x）=2x-2+$\frac{m}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x+m}{x}$（x＞0），令f′（x）=0，得2x²-2x+m=0，f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，（x₁＜x₂），可得上述方程在（0，+∞）上有兩個(gè)不等實(shí)根x₁，x₂，可得x₁-x₂范圍．g′（x）=$（x+\frac{1}{4}）$e^x，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（Ⅰ）$φ（x）=\frac{1}{a}x-lnx$，$φ'（x）=\frac{x-a}{ax}$，…（1分）
當(dāng)a＜0時(shí)，φ'（x）＜0，φ（x）在（0，e]上是減函數(shù)，$φ{(diào)（x）_{min}}=φ（e）=\frac{e}{a}-1＜0$，不合題意．…（2分）
當(dāng)a＞0時(shí)，由φ'（x）＞0解得x＞a，由φ'（x）＜0解得0＜x＜a，
∴φ（x）在（0，a]上是減函數(shù)，φ（x）在（a，+∞）上是增函數(shù)     …（3分）
①當(dāng)0＜a≤e時(shí)，φ（x）在（0，a）上是減函數(shù)，
φ（x）在（a，e）上是增函數(shù)φ（x）_min=φ（a）=1-lna=2，∴a=$\frac{1}{e}$，合題意．…（4分）
②當(dāng)a＞e時(shí)，φ（x）在（0，e]上是減函數(shù)$φ{(diào)（x）_{min}}=φ（e）=\frac{e}{a}-1=2$，∴$a=\frac{e}{3}$，不合題意．…（5分）
綜上述：a=$\frac{1}{e}$．…（6分）
（Ⅱ）f′（x）=2x-2+$\frac{m}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x+m}{x}$（x＞0），
令f′（x）=0，得2x²-2x+m=0①，…（7分）
∵f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，（x₁＜x₂），
∴方程①在（0，+∞）上有兩個(gè)不等實(shí)根x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4-8m＞0}\\{\frac{m}{2}＞0}\end{array}\right.$，?$0＜m＜\frac{1}{2}$，且x₁+x₂，=1，$0＜{x}_{1}＜\frac{1}{2}$，…（8分）
x₁-x₂=x₁-（1-x₁）=2x₁-1∈（-1，0）…（9分）
g′（x）=$（x+\frac{1}{4}）$e^x，當(dāng)x∈$（-1，-\frac{1}{4}）$時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)x∈$（-\frac{1}{4}，0）$時(shí)，g′（x）＞0．
g（x）在$（-1，-\frac{1}{4}）$上是減函數(shù)，g（x）在$（-\frac{1}{4}，0）$上是增函數(shù)     …（11分）
∴g（x₁-x₂）的最小值為$g（-\frac{1}{4}）$=-${e}^{-\frac{1}{4}}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查函數(shù)的最值、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力等，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想等．屬于難題．