题号:1378    题型:填空题    来源:2020 年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)
已知函数 $f(x)=x^{3}+k \ln x(k \in R), f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数.
(I) 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 $g(x)=f(x)-f^{\prime}(x)+\frac{9}{x}$ 的单调区间和极值;
(II) 当 $k \ldots-3$ 时, 求证: 对任意的 $x_{1}, x_{2} \in[1,+\infty)$, 且 $x_{1} > x_{2}$, 有
$$
\frac{f^{\prime}\left(x_{1}\right)+f^{\prime}\left(x_{2}\right)}{2} > \frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}} .
$$
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答案:
(I) (i) 当 $k=6$ 时, $f(x)=x^{3}+6 \ln x, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+\frac{6}{x}$. 可得 $f(1)=1, f^{\prime}(1)=9$, 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 $y=9 x-8$.
(ii) 依题意, $g(x)=x^{3}-3 x^{2}+6 \ln x+\frac{3}{x}, x \in(0,+\infty)$.
从而可得 $g^{\prime}(x)=3 x^{2}-6 x+\frac{6}{x}-\frac{3}{x^{2}}$,
整理可得: $g^{\prime}(x)=\frac{3(x-1)^{3}(x+1)}{x^{2}}$,
令 $g^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=1$.
当 $x$ 变化时, $g^{\prime}(x), g(x)$ 的变化情况如下表:



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.
(II ) 证明: 由 $f(x)=x^{3}+k \ln x$, 得 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+\frac{k}{x}$.
对任意的 $x_{1}, x_{2} \in[1,+\infty)$, 且 $x_{1} > x_{2}$, 令 $\frac{x_{1}}{x_{2}}=t \quad(t > 1)$, 则
$$
\begin{aligned}
&\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(f^{\prime}\left(x_{1}\right)+f^{\prime}\left(x_{2}\right)\right)-2\left(f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right) \\
&=\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(3 x_{1}^{2}+\frac{k}{x_{1}}+3 x_{2}^{2}+\frac{k}{x_{2}}\right)-2\left(x_{1}^{3}-x_{2}^{3}+k \ln \frac{x_{1}}{x_{2}}\right)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
&=x_{1}^{3}-x_{2}^{3}-3 x_{1}^{2} x_{2}+3 x_{1} x_{2}^{2}+k\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}-\frac{x_{2}}{x_{1}}\right)-2 k \ln \frac{x_{1}}{x_{2}} \\
&=x_{2}^{3}\left(t^{3}-3 t^{2}+3 t-1\right)+k\left(t-\frac{1}{t}-2 \ln t\right) . \\
&\text { 令 } h(x)=x-\frac{1}{x}-2 \ln x, \quad x \in[1,+\infty) .
\end{aligned}
$$
当 $x > 1$ 时, $h^{\prime}(x)=1+\frac{1}{x^{2}}-\frac{2}{x}=\left(1-\frac{1}{x}\right)^{2} > 0$,
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 $x_{2} \geq 1, t^{3}-3 t^{2}+3 t-1=(t-1)^{3} > 0, k \geq-3$,
所以 $x_{2}^{3}\left(t^{3}-3 t^{2}+3 t-1\right)+k\left(t-\frac{1}{t}-2 \ln t\right) \ldots\left(t^{3}-3 t^{2}+3 t-1\right)-3\left(t-\frac{1}{t}-2 \ln t\right)$ $=t^{3}-3 t^{2}+6 \ln t+\frac{3}{t}-1$
由(I)(ii)可知, 当 $t > 1$ 时, $g(t) > g(1)$, 即 $t^{3}-3 t^{2}+6 \ln t+\frac{3}{t} > 1$,

故 $t^{3}-3 t^{2}+6 \ln t+\frac{3}{t}-1 > 0$
由(1)(2)(3)可得 $\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(f^{\prime}\left(x_{1}\right)+f^{\prime}\left(x_{2}\right)\right)-2\left(f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right) > 0$.
所以, 当 $k \geq-3$ 时, 任意的 $x_{1}, x_{2} \in[1,+\infty)$, 且 $x_{1} > x_{2}$, 有
$$
\frac{f^{\prime}\left(x_{1}\right)+f^{\prime}\left(x_{2}\right)}{2} > \frac{f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)}{x_{1}-x_{2}} .
$$
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