Question

5．已知函數(shù)f（x）=-x²+alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f（x）-2x+2x²，討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（Ⅲ）若（Ⅱ）中函數(shù)g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），且不等式g（x₁）≥mx₂恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求當(dāng)a=2時(shí)，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點(diǎn)，由點(diǎn)斜式方程即可得到切線方程；
（Ⅱ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，分類討論，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（Ⅲ）不等式g（x₁）≥mx₂恒成立即為$\frac{g（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$≥m，求得$\frac{g（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=1-x₁+$\frac{1}{{x}_{1}-1}$+2x₁lnx₁，令h（x）=1-x+$\frac{1}{x-1}$+2xlnx（0＜x＜$\frac{1}{2}$），求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得到h（x）的范圍，即可求得m的范圍．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)楫?dāng)a=2時(shí)，f（x）=-x²+2lnx，
所以f′（x）=-2x+$\frac{2}{x}$．
因?yàn)閒（1）=-1，f'（1）=0，
所以切線方程為y=-1；
（Ⅱ）g（x）=x²-2x+alnx的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=2x-2+$\frac{a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-2x+a}{x}$，
a≤0，單調(diào)遞增區(qū)間是（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）；單調(diào)遞減區(qū)間是（0，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）；
0＜a＜$\frac{1}{2}$，單調(diào)遞增區(qū)間是（0，$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$），（$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，+∞）；
單調(diào)遞減區(qū)間是（$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$）；
a≥$\frac{1}{2}$，g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞），無(wú)單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅲ）由（II）函數(shù)g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），
0＜a＜$\frac{1}{2}$，x₁+x₂=1，0＜x₁＜$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$＜x₂＜1
$\frac{g（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=1-x₁+$\frac{1}{{x}_{1}-1}$+2x₁lnx₁，
令h（x）=1-x+$\frac{1}{x-1}$+2xlnx（0＜x＜$\frac{1}{2}$），h′（x）=$\frac{x（x-2）}{（x-1）^{2}}$+2lnx，
由0＜x＜$\frac{1}{2}$，則$\frac{x（x-2）}{（x-1）^{2}}$＜0，
又2lnx＜0，則h′（x）＜0，即h（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞減，
即有h（x）＞h（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{3}{2}$-ln2，即m≤-$\frac{3}{2}$-ln2，
即有實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，-$\frac{3}{2}$-ln2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間，主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，同時(shí)考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，以及不等式恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值或范圍，屬于中檔題．