Question

2．已知函數(shù)f（x）=2lnx+x²-2ax（a＞0）．
（I）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂（x₁＜x₂），且f（x₁）-f（x₂）≥$\frac{3}{2}$-2ln2恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）得到x₁+x₂=a，x₁•x₂=1，則f（x₁）-f（x₂）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁-x₂）（x₁+x₂-2a）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則0＜t＜1，f（x₁）-f（x₂）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，令g（t）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2{（x}^{2}-ax+1）}{x}$，令x²-ax+1=0，則△=a²-4，
①0＜a≤2時，△≤0，f′（x）≥0恒成立，
函數(shù)f（x）在（0，+∞）遞增；
②a＞2時，△＞0，方程x²-ax+1=0有兩根
x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，且0＜x₁＜x₂，
函數(shù)f（x）在（0，x₁）上f′（x）＞0，
在（x₁，x₂）上，f′（x）＜0，在（x₂，+∞）上，f′（x）＞0，
故函數(shù)f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）遞增，在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）遞減，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，+∞）遞增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）在（x₁，x₂）上遞減，x₁+x₂=a，x₁•x₂=1，
則f（x₁）-f（x₂）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁-x₂）（x₁+x₂-2a）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則0＜t＜1，f（x₁）-f（x₂）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，
令g（t）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，則g′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{t}$＜0，
故g（t）在（0，1）遞減且g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{2}$-2ln2，
故g（t）=f（x₁）-f（x₂）≥$\frac{3}{2}$-2ln2=g（$\frac{1}{2}$），即0＜t≤$\frac{1}{2}$，
而a²=${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+2=t+$\frac{1}{t}$+2，其中0＜t≤$\frac{1}{2}$，
∵（t+$\frac{1}{t}$+2）′=1-$\frac{1}{{t}^{2}}$≤0在t∈（0，$\frac{1}{2}$]恒成立，
故a²=t+$\frac{1}{t}$+2在（0，$\frac{1}{2}$]遞減，
從而a的范圍是a²≥$\frac{9}{2}$，
故a≥$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論數(shù)思想，是一道綜合題．