Question

4．已知函數(shù)f（x）=8a²lnx+x²+6ax+b（a，b∈R）
（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=2x，求a，b的值；
（2）若a≥1，證明：?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立．

Answer 1

分析 （1）求導，由題意可知$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=2}\\{f′（1）=2}\end{array}\right.$，即可求得a，b的值；
（2）利用分析法，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得結(jié)論．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），求導f′（x）=$\frac{8{a}^{2}}{x}$+2x+6a，
由曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y=2x，則$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=2}\\{f′（1）=2}\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a=-\frac{3}{4}}\\{b=\frac{11}{2}}\end{array}\right.$，
則a，b的值0，1或-$\frac{3}{4}$，$\frac{11}{2}$；
（2）證明：①當x₁＜x₂時，則x₂-x₁＞0，欲證：?x₁，x₂∈（0，+∞），都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立，
只需證?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-f（x₁）＞14（x₂-x₁）成立，
只需證?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-14x₂＞f（x₁）-14x₁成立，
構(gòu)造函數(shù)h（x）=f（x）-14x，則h′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14，
由a≥1，則h′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14≥8a+6a-14≥0，
∴h（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，則h（x₂）＞h（x₁）成立，
∴f（x₂）-14x₂＞f（x₁）-14x₁成立，則$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立；
②當x₁＞x₂時，則x₂-x₂＜0，
欲證：?x₁，x₂∈（0，+∞），都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立，
只需證?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-f（x₁）＞14（x₂-x₁）成立，
只需證?x₁，x₂∈（0，+∞），都有f（x₂）-14x₂＞f（x₁）-14x₁成立，
構(gòu)造函數(shù)H（x）=f（x）-14x，則H′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14，
由a≥1，則H′（x）=2x+$\frac{8{a}^{2}}{x}$+6a-14≥8a+6a-14≥0，
∴H（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，則H（x₂）＜H（x₁）成立，
∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立，
綜上可知：?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞14成立．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應用，導數(shù)的幾何意義，利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查分析法證明不等式，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．