Question

19．若函數(shù)y=f（x）對(duì)任意x₁，x₂∈（0，1]，都有$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤π|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，則稱函數(shù)y=f（x）是“以π為界的類(lèi)斜率函數(shù)”．
（I）試判斷函數(shù)y=$\frac{π}{x}$是否為“以π為界的類(lèi)斜率函數(shù)”；
（Ⅱ）若實(shí)數(shù)a＞0，且函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²+x+alnx是“以π為界的類(lèi)斜率函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)新定義驗(yàn)證$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤π|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$是否成立即可；
（II）根據(jù)f（x）的單調(diào)性得出去絕對(duì)值號(hào)化簡(jiǎn)$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤π|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，得出h（x）=f（x）+$\frac{π}{x}$為減函數(shù)，令h′（x）≤0恒成立，分離參數(shù)得a≤$\frac{π}{x}$-x（x+1），求出g（x）=$\frac{π}{x}$-x（x+1）的最小值即可得出a的范圍．

解答 解：（I）對(duì)任意x₁，x₂∈（0，1]，|f（x₁）-f（x₂）|=|$\frac{π}{{x}_{1}}$-$\frac{π}{{x}_{2}}$|≤π|$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$|，
∴函數(shù)y=$\frac{π}{x}$是“以π為界的類(lèi)斜率函數(shù)”．
（II）f′（x）=x+1+$\frac{a}{x}$，∵x＞0，a＞0，∴f′（x）＞0，
∴f（x）在區(qū)間（0，1]上為增函數(shù)．
設(shè)0＜x₁＜x₂≤1，
則|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x${\;}_{{\;}_{1}}$），|$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$|=$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$．
∴|f（x₁）-f（x₂）|≤π|$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$|?f（x₂）-f（x${\;}_{{\;}_{1}}$）≤π（$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$）
?f（x₂）+$\frac{π}{{x}_{2}}$≤f（x₁）+$\frac{π}{{x}_{1}}$．
設(shè)h（x）=f（x）+$\frac{π}{x}$=$\frac{1}{2}$x²+x+alnx+$\frac{π}{x}$，則h（x）在（0，1]上為減函數(shù)．
∴h′（x）=x+1+$\frac{a}{x}$-$\frac{π}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}（x+1）+ax-π}{{x}^{3}}$≤0在（0，1]上恒成立，
∴a≤$\frac{π}{x}$-x（x+1），
令g（x）=$\frac{π}{x}$-x（x+1），則g′（x）=-$\frac{π}{{x}^{2}}$-2x-1＜0，
∴g（x）在（0，1]上為減函數(shù)，g_min（x）=g（1）=π-2．
∴a≤π-2，又a＞0，
∴a的取值范圍為（0，π-2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了對(duì)新定義的理解，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)恒成立問(wèn)題，屬于中檔題．