Question

6．设函数f（x）=2lnx+x²-2ax（a＞0）．
（Ⅰ）若函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为0，求实数a的值；
（Ⅱ）若x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数f（x）的两个极值点，且f（x₁）-f（x₂）＞m恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，分类讨论，确定函数的单调性，利用函数f（x）在区间[1，2]上的最小值为0，求实数a的值；
（Ⅱ）f（x₁）-f（x₂）=（2lnx₁+x₁²-2ax₁）-（2lnx₂+x₂²-2ax₂）=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-x₁²+2lnx₁²，令x₁²=t，则t＞1，g（t）=$\frac{1}{t}$-t-2lnt，x，求导，确定函数的单调性，求最值，即可求实数m的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{2（{x}^{2}-ax+1）}{x}$，
0＜a≤2，f′（x）≥0，f（x）在区间[1，2]上单调递增，∴f（x）_min=f（1）=1-2a=0，∴a=$\frac{1}{2}$；
a＞2，令f′（x）=0，则x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
2＜a＜$\frac{5}{2}$，x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$＜1，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$∈（1，2），
∴函数在（1，x₁）内单调递减，在（x₁，2）内单调递增，
∴f（x）_min=f（x₁）＜f（1）=1-2a＜0．
a≥$\frac{5}{2}$，x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$$≤\frac{1}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$≥2，
∴函数在（1，2）内单调递减，∴f（x）_min=f（2）=2ln2+4-4a=0．
∴a=$\frac{1}{2}$ln2+1＜$\frac{5}{2}$（舍去）
综上所述，a=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）x₁，x₂是f′（x）=$\frac{2（{x}^{2}-ax+1）}{x}$在（0，+∞）内的两个零点，是方程x²-ax+1=0的两个正根，
∴x₁+x₂=a＞0，x₁x₂=1，△＞0，∴a＞2，∴x₁＞1
∴f（x₁）-f（x₂）=（2lnx₁+x₁²-2ax₁）-（2lnx₂+x₂²-2ax₂）=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-x₁²+2lnx₁²，
令x₁²=t，则t＞1，g（t）=$\frac{1}{t}$-t-2lnt，
∴g′（t）=-$\frac{（t-1）^{2}}{t}$＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（t）＞g（1）=0，
∴m≤0．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，正确构造函数，合理求导是关键．