Question

19．設函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-bx．
（1）當a=3，b=2時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）令F（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$ax²+bx+$\frac{a}{x}$（0＜x≤3），其圖象上任意一點P（x₀，y₀）處切線的斜率k≤$\frac{1}{8}$恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）當a=b=0時，令H（x）=f（x）-$\frac{1}{x}$，G（x）=mx，若H（x）與G（x）的圖象有兩個交點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），求證：x₁x₂＞2e²．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出F（x）的導數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為8a≥（8x₀-${{x}_{0}}^{2}$）_max，x₀∈（0，3]，令g（x₀）=8x₀-${{x}_{0}}^{2}$=-${{（x}_{0}-4）}^{2}$+16，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）求出lnx₁x₂-$\frac{2{（x}_{1}{+x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}}$=$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，不妨設0＜x₁＜x₂，記t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，令F（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出ln$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$-$\frac{2}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$＞1，解不等式即可．

解答 解：（1）f（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x²-2x，定義域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{-（3x-1）（x+1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{3}$，令f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{3}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{3}$）遞增，在（$\frac{1}{3}$，+∞）遞減；
（2）F（x）=lnx+$\frac{a}{x}$，x∈（0，3]，
則有k=F′（x₀）=$\frac{{x}_{0}-a}{{{x}_{0}}^{2}}$≤$\frac{1}{8}$在x₀（0，3]上恒成立，
∴8a≥（8x₀-${{x}_{0}}^{2}$）_max，x₀∈（0，3]，
令g（x₀）=8x₀-${{x}_{0}}^{2}$=-${{（x}_{0}-4）}^{2}$+16，
∴g（x₀）在（0，3]遞增，
∴g（x₀）≤g（3）=24-9=15，
∴8a≥15，
解得：a≥$\frac{15}{8}$；
（3）H（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，G（x）=mx，定義域是（0，+∞），
∴l(xiāng)nx₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$=mx₁①，lnx₂-$\frac{1}{{x}_{2}}$=mx₂②，
①+②得：lnx₁+lnx₂-$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$=m（x₁+x₂），
即lnx₁x₂-$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=m（x₁+x₂）③，
②-①得：lnx₂-lnx₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$=m（x₂-x₁），
即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=m（x₂-x₁）④，
由③④得lnx₁x₂-$\frac{2{（x}_{1}{+x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}}$=$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
不妨設0＜x₁＜x₂，記t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
令F（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），
∴F′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{t（t+1）}$＞0，
∴F（t）在（1，+∞）遞增，∴F（t）＞F（1）=0，
∴l(xiāng)nt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
∴l(xiāng)nx₁x₂-$\frac{2{（x}_{1}{+x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}}$=$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2，
∴l(xiāng)nx₁x₂-$\frac{2{（x}_{1}{+x}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}}$＜lnx₁x₂-$\frac{4\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=lnx₁x₂-$\frac{4}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$=2ln$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$-$\frac{4}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$，
∴2ln$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$-$\frac{4}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$＞2，即ln$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$-$\frac{2}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$＞1，
令ω（x）=lnx-$\frac{2}{x}$，
∴ω′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2}{{x}^{2}}$＞0，
∴ω（x）在（0，+∞）遞增，
又ln（$\sqrt{2}$e）-$\frac{2}{\sqrt{2}e}$=$\frac{1}{2}$ln2+1-$\frac{\sqrt{2}}{e}$＜1，
∴l(xiāng)n$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$-$\frac{2}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$＞1＞ln（$\sqrt{2}$e）-$\frac{2}{\sqrt{2}e}$，
即ω（$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$）＞ω（$\sqrt{2}$e），
∴$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$＞$\sqrt{2}$e，
∴x₁x₂＞2e²．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性問題，考查了利用導數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法和函數(shù)構(gòu)造法，本題綜合考查了學生的邏輯思維能力和靈活應變能力，難度較大．