Question

2．已知函數(shù)f（x）=-x²+2blnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$兩函數(shù)有相同極值點(diǎn)
（1）求實(shí)數(shù)b的值；
（2）若對于?x₁，x₂∈[${\frac{1}{e}$，3]（e為自然對數(shù)的底數(shù)），不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)x₀，再令g′（x₀）=0即可得出a的值，再進(jìn)行驗(yàn)證即可；
（2）通過對k-1分正負(fù)討論，把要證明的不等式變形等價(jià)轉(zhuǎn)化，再利用導(dǎo)數(shù)研究其極值與最值即可．

解答 解：（1）∵f（x）=-x²+2blnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$，
∴x＞0，
g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，令g′（x）=0，解得：x=1，
故x=1是f（x）的極值點(diǎn)，
而f′（x）=-2x+$\frac{2b}{x}$，故f′（1）=-2+2b=0，解得：b=1；
經(jīng)檢驗(yàn)，b=1，符合題意．
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=-x²+2lnx-x-$\frac{1}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，3]．
則h′（x）=-2x+$\frac{2}{x}$-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$=-$\frac{（x+1）（2x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，令h′（x）=0，解得x=1．
當(dāng)x∈[$\frac{1}{e}$，1）時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（1，3]時(shí)，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值h（1）=-3．h（3）=-$\frac{37}{3}$+2ln3，h（$\frac{1}{e}$）=-e-2-$\frac{1+e}{{e}^{2}}$，可知：h（3）＜h（$\frac{1}{e}$）．
①當(dāng)k-1＞0時(shí)，對于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式 $\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等價(jià)于k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max，∵f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-3，
∴k≥-3+1=-2，又k＞1，∴k＞1．
②當(dāng)k-1＜0時(shí)，對于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式 $\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等價(jià)于k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min，
∵f（x₁）-g（x₂）≥f（3）-g（3）=-$\frac{37}{3}$+2ln3，
∴k≤-$\frac{34}{3}$+2ln3，
又∵k≤1，∴k≤-$\frac{34}{3}$+2ln3．
綜上可知：實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，-$\frac{34}{3}$+ln3]∪（1，+∞）．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、證明不等式，考查了分類討論的思想方法，考查了計(jì)算能力，屬于難題．