Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\frac{2}{3}{x}^{3}-\frac{3}{2}{x}^{2}+lo{g}_{a}x$，（a＞0且a≠1），
（Ⅰ）若f（x）為定義域上的增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）令a=e，設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{2}{3}{x}^{3}-4lnx+6x$，且g（x₁）+g（x₂）=0，求證：${x}_{1}+{x}_{2}≥2+\sqrt{6}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的最小值，通過討論a的范圍，得到關(guān)于a的不等式，解出即可；
（Ⅱ）結(jié)合g（x₁）+g（x₂）=0，令x₁x₂=t，g（t）=lnt-t，求導(dǎo)可得g（t）≤g（1）=-1，得到（x₁+x₂）²-4（x₁+x₂）-2≥0，求解得答案．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2x²-3x+$\frac{1}{xlna}$，
由f（x）是增函數(shù)得f′（x）≥0恒成立，
由2x²-3x+$\frac{1}{xlna}$≥0得2x³-3x²≥-$\frac{1}{lna}$，
設(shè)m（x）=2x³-3x²，則m′（x）=6x²-6x，
令m′（x）＞0，解得：x＞1或x＜0，
令m′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故m（x）_min=m（1）=-1，故-1≥-$\frac{1}{lna}$，
當(dāng)a＞1時(shí)，易知a≤e，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，則$\frac{1}{lna}$＜0，這與1≤$\frac{1}{lna}$矛盾，
從而不能使得f′（x）≥0恒成立，故1＜a≤e；
（Ⅱ）證明：g（x）=-$\frac{3}{2}$x²-3lnx+6x，
∵g（x₁）+g（x₂）=0，
∴-$\frac{3}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-3lnx₁+6x₁+（-$\frac{3}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-3lnx₂+6x₂）=0，
故-$\frac{3}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-3lnx₁+6x₁+（-$\frac{3}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-3lnx₂+6x₂）=0，
∴-$\frac{3}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）-3ln（x₁x₂）+6（x₁+x₂）=0，
即-$\frac{1}{2}$[（x₁+x₂）²-2x₁x₂]-ln（x₁x₂）+2（x₁+x₂）=0，
則-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）²+x₁x₂-ln（x₁x₂）+2（x₁+x₂）=0
∴-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）²+2（x₁+x₂）=ln（x₁x₂）-x₁x₂，
令x₁x₂=t，g（t）=lnt-t，
則g′（t）=$\frac{1}{t}$-1=$\frac{1-t}{t}$，g（t）在（0，1）上增，在（1，+∞）上減，g（t）≤g（1）=-1，
∴-$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）²+2（x₁+x₂）≤-1，
整理得（x₁+x₂）²-4（x₁+x₂）-2≥0，
解得x₁+x₂≥2+$\sqrt{6}$或x₁+x₂≤2-$\sqrt{6}$（舍），
∴x₁+x₂≥2+$\sqrt{6}$．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，靈活構(gòu)造函數(shù)是解答該題的關(guān)鍵，屬難題．