已知函数 $f(x)=x^3+k\ln x(k\in\mathbb{R})$，$f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．
【难度】
【出处】
2020年高考天津卷
【标注】
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当 $k=6$ 时，
（i）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程；
（ii）求函数 $g(x)=f(x)-f'(x)+\frac{9}{x}$ 的单调区间和极值；标注答案（i）$y=9x-8$
（ii）单调递减区间为 $(0,1)$，单调递增区间为 $(1,+\infty)$；$g(x)$ 的极小值为 $g(1)=1$，无极大值解析（i）解：当 $k=6$ 时，$f(x)=x^3+6\ln x$，故 $f'(x)=3x^2+\frac{6}{x}.$ 可得 $f(1)=1$，$f'(1)=9$，所以曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1,f(1))$ 处的切线方程为 $y-1=9(x-1)$，即 $y=9x-8.$
（ii）解：依题意，$g(x)=x^3-3x^2+6\ln x+\frac{3}{x},x\in(0,+\infty).$ 从而可得 $g'(x)=3x^2-6x+\frac{6}{x}-\frac{3}{x^2}$，整理可得 $g'(x)=\frac{3(x-1)^3(x+1)}{x^2}$．令 $g'(x)=0$，解得 $x=1$．
当 $x$ 变化时，$g'(x),g(x)$ 的变化情况如下表：$$\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline x & (0,1) & 1 & (1,+\infty) \\ \hline g'(x) & - & 0 & + \\ \hline g(x) & \searrow & \text{极小值} & \nearrow \\ \hline \end{array}$$所以，函数 $g(x)$ 的单调递减区间为 $(0,1)$，单调递增区间为 $(1,+\infty)$；$g(x)$ 的极小值为 $g(1)=1$，无极大值． -
当 $k\geqslant -3$ 时，求证：对任意的 $x_1,x_2\in[1,+\infty)$，且 $x_1>x_2$，有 $\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}{2}>\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}.$标注答案略解析证明：由 $f(x)=x^3+k\ln x$，得 $f'(x)=3x^2+\frac{k}{x}.$
对任意的 $x_1,x_2\in[1,+\infty)$，且 $x_1>x_2$，令 $\frac{x_1}{x_2}=t(t>1)$，则
$(x_1-x_2)(f'(x_1)+f'(x_2))-2(f(x_1)-f(x_2))$
$=(x_1-x_1)\left(3x_1^2+\frac{k}{x_1}+3x_2^2+\frac{k}{x_2}\right)-2\left(x_1^3-x_2^3+k\ln\frac{x_1}{x_2}\right)$
$=x_1^3-x_2^3-3x_1^2x_2+3x_1x_2^2+k\left(\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1}\right)-2k\ln\frac{x_1}{x_2}$
$=x_2^3(t^3-3t^2+3t-1)+k\left(t-\frac{1}{t}-2\ln t\right).$
令 $h(x)=x-\frac{1}{x}-2\ln x,x\in[1,+\infty).$ 当 $x>1$ 时，$h'(x)=1+\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}=\left(1-\frac{1}{x}\right)^2>0$，由此可得 $h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 单调递增，所以当 $t>1$ 时，$h(t)>h(1)$，即 $t-\frac{1}{t}-2\ln t>0$，因为 $x_2\geqslant 1$，$t^3-3t^2+3t-1=(t-1)^3>0,k\geqslant -3$，所以
$x_2^3(t^3-3t^2+3t-1)+k\left(t-\frac{1}{t}-2\ln t\right)>(t^3-3t^2+3t-1)-3\left(t-\frac{1}{t}-2\ln t\right)$
$=t^3-3t^2+6\ln t+\frac{3}{t}-1.$ ②
由（1）（ii）可知，当 $t>1$ 时，$g(t)>g(1)$，即 $t^3-3t^2+6\ln t+\frac{3}{t}>1$，故$$t^3-3t^2+6\ln t+\frac{3}{t}-1>0. ③ $$由 ①②③ 可得 $(x_1-x_2)(f'(x_1)+f'(x_2))-2(f(x_1)-f(x_2))>0$．所以，当 $k\geqslant -3$ 时，对任意的 $x_1,x_2\in[1,+\infty),$ 且 $x_1>x_2$，有$$\frac{f'(x_1)+f'(x_2)}{2}>\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$$
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
