Question

已知函數(shù)f（x）=x²-alnx，x∈（1，2），
（1）判斷函數(shù)f（x）的單調性；
（2）若f（x）在（1，2）為增函數(shù)，在（0，1）上為減函數(shù)．
求證：方程f（x）=g（x）+2在（0，+∞）內有唯一解；
（3）當b＞-1時，若在x∈（0，1）內恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

解：（1）
①當2＜a＜8時，當時，f'（x）＜0，∴f（x）在單調遞減；
當時，f'（x）＞0，∴f（x）在單調遞增；
②當a≤2時，f'（x）≥0，∴f（x）在（1，2）單調遞增；
③當a≥8時，f'（x）≤0，∴f（x）在（1，2）單調遞減；
（2），依題意f'（x）≥0，x∈（1，2]，即a≤2x²，x∈（1，2]．
∵上式恒成立，∴a≤2．①
又 ，依題意g'（x）≤0，x∈（0，1），即 ，x∈（0，1）．
∵上式恒成立，∴a≥2．②
由①②得a=2
∴方程f（x）=g（x）+2，．
設 ，

令h'（x）＞0，并由x＞0，得 ，解知x＞1
令h'（x）＜0，由x＞0，解得0＜x＜1
列表分析：
知h（x）在x=1處有一個最小值0
當x＞0且x≠1時，h（x）＞0，
∴h（x）=0在（0，+∝）上只有一個解．
即當x＞0時，方程f（x）=g（x）+2有唯一解；
（3）f（x） 在（0，1]上恒成立，在（0，1]上恒成立．
設 ，則 ，
∵0＜x≤1?x²-2＜0，2lnx＜0，
∴H′（x）＜0，H（x）d （0，1]單調遞減，
∴-1＜b≤1，又∵b＞-1，∴．
分析：（1）由f（x）的解析式求出f（x）的導函數(shù)，分a≤2和a≥8以及2＜a＜8三種情況，分別令導函數(shù)大于0列出關于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的范圍即為函數(shù)的遞增區(qū)間；令導函數(shù)小于0列出關于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的范圍即為函數(shù)的遞減區(qū)間；
（2）由（1）不難給出方程f（x）=g（x）+2，然后構造函數(shù)，利用函數(shù)的單調性證明方程解的唯一性；
（3）f（x） 在（0，1]上恒成立 在（0，1]上恒成立．由此能導出b的取值范圍．
點評：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性比用函數(shù)單調性的定義要方便，但應注意f′（x）＞0（或f′（x）＜0）僅是f（x）在某個區(qū)間上為增函數(shù)（或減函數(shù)）的充分條件，在（a，b）內可導的函數(shù)f（x）在（a，b）上遞增（或遞減）的充要條件應是f′（x）≥0[或f′（x）≤0]，x∈（a，b）恒成立，且f′（x）在（a，b）的任意子區(qū)間內都不恒等于0，這就是說，函數(shù)f（x）在區(qū)間上的增減性并不排斥在區(qū)間內個別點處有f′（x₀）=0，甚至可以在無窮多個點處f′（x₀）=0，只要這樣的點不能充滿所給區(qū)間的任何一個子區(qū)間，因此，在已知函數(shù)f（x）是增函數(shù)（或減函數(shù)）求參數(shù)的取值范圍時，應令f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立，解出參數(shù)的取值范圍（一般可用不等式恒成立理論求解），然后檢驗參數(shù)的取值能否使f′（x）恒等于0，若能恒等于0，則參數(shù)的這個值應舍去，若f′（x）不恒為0，則由f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立解出的參數(shù)的取值范圍確定，屬難題．