Question

12．設(shè)函數(shù)f（x）=alnx，g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$．
（I）若a＞0，求h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a=1，對任意的x₁＞x₂＞0，不等式m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立．求m（m∈Z，m≤1）的值；
（Ⅲ）記g′（x）為g（x）的導(dǎo)函數(shù)，若不等式f（x）+2g′（x）＜（a+3）x-g（x）在x∈[1，e]上有解，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)$t（x）=\frac{m}{2}{x^2}-xlnx（x＞0）$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分離參數(shù)得：$m≥\frac{lnx+1}{x}$恒成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可；
（Ⅲ）分離參數(shù)得：$a≥\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，設(shè)$y=\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）（3分）$h（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$，
所以${h^'}（x）=\frac{a}{x}-x=\frac{{a-{x^2}}}{x}＞0（x＞0）$
因為a＞0所以$0＜x＜\sqrt{a}$，
則f（x）的增區(qū)間為$（0，\sqrt{a}）$，減區(qū)間為$（\sqrt{a}，+∞）$
（Ⅱ）（5分）當(dāng)a=1，f（x）=lnx．
由m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，
得mg（x₁）-x₁f（x₁）＞mg（x₂）-x₂f（x₂）恒成立，
設(shè)$t（x）=\frac{m}{2}{x^2}-xlnx（x＞0）$．
由題意知 x₁＞x₂＞0，故當(dāng)x∈（0，+∞）時函數(shù)t（x）單調(diào)遞增，
∴t'（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，
即$m≥\frac{lnx+1}{x}$恒成立，
因此，記 $y=\frac{lnx+1}{x}$，得$y'（x）=\frac{-lnx}{x^2}$，
∵函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)h（x）在x=1時取得極大值，并且這個極大值就是函數(shù)h（x）的最大值，
由此可得h（x）_max=h（1）=1，故m≥1，
結(jié)合已知條件m∈Z，m≤1，可得m=1．
（Ⅲ）（6分）不等式f（x）+2g'（x）＜（a+3）x-g（x），
即為$alnx+2x≤（a+3）x-\frac{1}{2}{x^2}$，
化簡得：$a（x-lnx）≥\frac{1}{2}{x^2}-x$，
由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而$a≥\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，設(shè)$y=\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，
由$y'=\frac{{（x-1）（x-lnx）-（1-\frac{1}{x}）（\frac{1}{2}{x^2}-x）}}{{{{（x-lnx）}^2}}}=\frac{{（x-1）（\frac{1}{2}x+1-lnx）}}{{{{（x-lnx）}^2}}}$
∵當(dāng) x∈（1，e）時 x-1＞0，$\frac{1}{2}x+1-lnx＞0$，
∴y'＞0在 x∈[1，e]時成立．
由不等式有解，可得知$a≥{y_{min}}=-\frac{1}{2}$，
即實數(shù)a的取值范圍是$[-\frac{1}{2}，+∞）$．

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)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．