Question

已知函數(shù)f（x）=x²-x，g（x）=lnx．
（Ⅰ）若m（x）=f（x）-g（x），求m（x）的最小值．
（Ⅱ）若f（x）≥ag（x）恒成立，求實數(shù)a的值；
（Ⅲ）設(shè)F（x）=f（x）+mg（x）（m∈R）有兩個極值點x₁、x₂（x₁＜x₂），求實數(shù)m的取值范圍，并證明F（x₂）＞-

3+4ln2

16

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,證明題,導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出導數(shù)，求出單調(diào)增區(qū)間和減區(qū)間，得到極小值，也為最小值；
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-ag（x）=x²-x-alnx，則h（1）=0．則h（x）≥0即h（x）≥h（1）恒成立的必要條件是h'（1）=0，求出h（x）的導數(shù)，求出h（x）的最小值即可；
（Ⅲ）求出F′（x），F(xiàn)（x）有兩個極值點x₁，x₂等價于方程2x²-x+m=0在（0，+∞）上有兩個不等的正根，運用韋達定理，構(gòu)造函數(shù)φ（x）=x²-x+（x-2x²）lnx（

1

4

＜x＜

1

2

），求出導數(shù)，判斷單調(diào)性，運用單調(diào)性即可得到．

解答： 解：（Ⅰ）m（x）=f（x）-g（x）=x²-x-lnx（x＞0）
m′（x）=2x-1-

1

x

=

(2x+1)(x-1)

x

，
當x＞1時，m′（x）＞0，m（x）遞增，當0＜x＜1時，m′（x）＜0，m（x）遞減．
故x=1時，m（x）取極小值，也為最小值，且為0．
（Ⅱ）令h（x）=f（x）-ag（x）=x²-x-alnx，則h（1）=0．
則h（x）≥0即h（x）≥h（1）恒成立的必要條件是h'（1）=0，
又h′(x)=2x-1-

a

x

，
由h'（1）=2-1-a=0得：a=1．                           
當a=1時，h′(x)=

2x2-x-1

x

，知h（x）_min=h（1）=0，
故h（x）≥0（x＞0），即f（x）≥ag（x）恒成立．              
（Ⅲ）由F（x）=f（x）+mg（x）=x²-x+mlnx，
得F′（x）=

2x2-x+m

x

（x＞0）．                      
F（x）有兩個極值點x₁，x₂等價于方程2x²-x+m=0在（0，+∞）上有兩個不等的正根，
即：

△=1-8m＞0 x1+x2= 1 2 ＞0 x1x2= m 2 ＞0

，解得 0＜m＜

1

8

．                      
由F'（x₂）=0，得m=-2

x

2 2

+x2，其中0＜x1＜

1

4

＜x2＜

1

2

．
所以F(x2)=

x

2 2

-x2+(x2-2

x

2 2

)lnx2．　　　                
設(shè)φ（x）=x²-x+（x-2x²）lnx（

1

4

＜x＜

1

2

），
得φ′（x）=（1-4x）lnx＞0，
所以φ（x）＞φ（

1

4

）=-

3+4ln2

16

，
即F（x₂）＞-

3+4ln2

16

．

點評：本題考查導數(shù)的綜合應(yīng)用：求單調(diào)區(qū)間和求極值和最值，考查不等式的恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值，以及二次方程的韋達定理的運用，構(gòu)造函數(shù)應(yīng)用導數(shù)求解的能力，屬于中檔題．