Question

已知函數(shù)f（x）=
（1）求函數(shù)f（x）在定義域上的單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的方程f（x）-a=0恰有兩個不同實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）已知實數(shù)x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1．若不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)p的最小值．

Answer 1

【答案】分析：（1）當x＞2時，f（x）不是單調(diào)函數(shù)；當0≤x≤2時，求導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的正負，考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）由（1）知，f（0）=1，f（x）_max=f（）=，f（2）=，方程f（x）-a=0恰有兩個不同實數(shù)解，等價于直線y=a與曲線y=f（x）恰有兩個交點，由此可得結(jié)論；
（3）先證f（x₁）+f（x₂）≤，確定[f（x₁）•f（x₂）]_max=，再設(shè)h（x）=x+p-lnx（x＞0），求出函數(shù)的最小值∴h（x）_min=h（1）=1+p，從而不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等價于≤1+p，由此可求實數(shù)p的最小值．
解答：解：（1）當x＞2時，f（x）=f（2）=是常數(shù)，不是單調(diào)函數(shù)；
當0≤x≤2時，f（x）=，∴
令f′（x）＞0，可得0＜x＜；令f′（x）＜0，又0≤x≤2，∴可得＜x＜2
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是：（0，）；；單調(diào)遞減區(qū)間是：（，2）
（2）由（1）知，f（0）=1，f（x）_max=f（）=，f（2）=
方程f（x）-a=0恰有兩個不同實數(shù)解，等價于直線y=a與曲線y=f（x）恰有兩個交點，∴1≤a＜；
（3）∵實數(shù)x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1，∴當x₁=x₂=時，，∴f（x₁）+f（x₂）=成立
下面先證f（x₁）+f（x₂）≤．
先求0≤x≤2時，函數(shù)f（x）=，在x=處的切線方程
∵k=，∴切線方程為，即
下面證明：f（x）=≤，∴4x³-32x²+29x-7≤0（0＜x≤1）成立
令g（x）=4x³-32x²+29x-7（0＜x≤1），則g′（x）=12x²-64x+29=（2x-1）（6x-29）（0＜x≤1），
∴g（x）在（0，）遞增，在（，1）單調(diào)遞減，∴g（x）_max=g（）=0
∴f（x）=≤成立
∴f（x₁）•f（x₂）≤×≤=當且僅當當x₁=x₂=時取等號，
∴[f（x₁）•f（x₂）]_max=，
設(shè)h（x）=x+p-lnx（x＞0），則h′（x）=1-（x＞0），
令h′（x）＞0，則x＜0或x＞1，∵x＞0，∴x＞1；令h′（x）＜0，則0＜x＜1
∴當0＜x＜1時，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；當x＞1時，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增
∴h（x）_min=h（1）=1+p
∴不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等價于≤1+p，
∴p≥
∴實數(shù)p的最小值為．
點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查方程的解，考查恒成立問題，解題的關(guān)鍵是確定函數(shù)的最值，屬于中檔題．