Question

18．已知函數(shù)f（x）=x²-ax，g（x）=lnx，h（x）=f（x）+g（x），（a∈R）．
（1）若不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若實(shí)數(shù)h（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂；
①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②當(dāng)x₁∈（0，$\frac{1}{2}$）時，求證：h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）由f（x）≥g（x），推出$a≤x-\frac{lnx}{x}$（x＞0），令$φ（x）=x-\frac{lnx}{x}$（x＞0），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過當(dāng)0＜x＜1時，當(dāng)x＞1時，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解函數(shù)的最值，即可求解實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（2）法1：①求出$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a$，利用基本不等式，結(jié)合當(dāng)$a≤2\sqrt{2}$時，當(dāng)$a＞2\sqrt{2}$時，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，函數(shù)的最值，然后求解實(shí)數(shù)a的取值范圍．
法2：求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a=\frac{{2{x^2}-ax+1}}{x}$，轉(zhuǎn)化為分子二次方程2x²-ax+1=0有兩相異正根x₁，x₂，求解a的范圍．
②利用①知，x₁，x₂即方程2x²-ax+1=0的兩個根，通過韋達(dá)定理推出$h（{x_1}）-h（{x_2}）=\frac{1}{4x_1^2}-x_1^2+2ln{x_1}+ln2$，構(gòu)造新函數(shù)，通過新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，新函數(shù)的單調(diào)性，證明即可．

解答 解：（1）由f（x）≥g（x），得$a≤x-\frac{lnx}{x}$（x＞0），令$φ（x）=x-\frac{lnx}{x}$（x＞0）
得$φ′（x）=\frac{{{x^2}-1+lnx}}{x^2}$…（1分）
∴當(dāng)0＜x＜1時，x²-1＜0，lnx＜0，從而φ′（x）＜0，
∴φ（x）在（0，1）上是減函數(shù)…（2分）
當(dāng)x＞1時，x²-1＞0，lnx＞0，從而φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)…（3分）
∴φ（x）_min=φ（1）=1，
∴a≤1即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，1]…（4分）
（2）法1：①∵h(yuǎn)（x）=x²-ax+lnx（x＞0），∴$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a$，
∴$h′（x）≥2\sqrt{2}-a$（當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時取等號）…（5分）
當(dāng)$a≤2\sqrt{2}$時，h′（x）≥0，函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)h（x）無極值點(diǎn)…（6分）
當(dāng)$a＞2\sqrt{2}$時，$h′（x）=\frac{{2{x^2}-ax+1}}{x}$
當(dāng)$x∈（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$時，h′（x）＞0；當(dāng)$x∈（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$時，h′（x）＜0；
當(dāng)$x∈（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，+∞）$時，h′（x）＞0
故函數(shù)h（x）在區(qū)間$（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$上單調(diào)遞增，
在區(qū)間$（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$上單調(diào)
遞減，在區(qū)間$（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，+∞）$上單調(diào)遞增
函數(shù)h（x）有兩個極值點(diǎn)${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}$，${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}$…（8分）
綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是$（2\sqrt{2}，+∞）$…（9分）
法2：∵h(yuǎn)（x）=x²-ax+lnx（x＞0），∴$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a=\frac{{2{x^2}-ax+1}}{x}$
問題等價于方程2x²-ax+1=0有兩相異正根x₁，x₂…（6分）
∴$\left\{{\begin{array}{l}{△={{（-a）}^2}-8＞0}\\{{x_1}+{x_2}=\frac{a}{2}＞0}\\{{x_1}{x_2}=\frac{1}{2}＞0}\end{array}}\right.$…（8分） 
 解得$a＞2\sqrt{2}$，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是$（2\sqrt{2}，+∞）$…（9分）
②由①知，x₁，x₂即方程2x²-ax+1=0的兩個根，${x_1}{x_2}=\frac{1}{2}$，
∴$h（{x_1}）-h（{x_2}）=x_1^2-x_2^2-a（{x_1}-{x_2}）+ln{x_1}-ln{x_2}$，又$2x_1^2+1=a{x_1}$，$2x_2^2+1=a{x_2}$，
∴$h（{x_1}）-h（{x_2}）=\frac{1}{4x_1^2}-x_1^2+2ln{x_1}+ln2$…（10分）
令$k（x）=\frac{1}{{4{x^2}}}-{x^2}+2lnx+ln2$，$x∈（0，\frac{1}{2}）$
得$k′（x）=-\frac{{{{（2{x^2}-1）}^2}}}{{2{x^3}}}＜0$，∴k（x）在$（0，\frac{1}{2}）$為減函數(shù)，
∴$k（x）＞k（\frac{1}{2}）=\frac{3}{4}-ln2$∴$h（{x_1}）-h（{x_2}）＞\frac{3}{4}-ln2$…（12分）

點(diǎn)評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及構(gòu)造法，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．