Question

18．已知函数f（x）=x²-ax，g（x）=lnx，h（x）=f（x）+g（x），（a∈R）．
（1）若不等式f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若实数h（x）有两个极值点x₁，x₂；
①求实数a的取值范围；②当x₁∈（0，$\frac{1}{2}$）时，求证：h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）由f（x）≥g（x），推出$a≤x-\frac{lnx}{x}$（x＞0），令$φ（x）=x-\frac{lnx}{x}$（x＞0），求出函数的导数，通过当0＜x＜1时，当x＞1时，判断函数的单调性，求解函数的最值，即可求解实数a的取值范围．
（2）法1：①求出$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a$，利用基本不等式，结合当$a≤2\sqrt{2}$时，当$a＞2\sqrt{2}$时，求出函数的单调区间，函数的最值，然后求解实数a的取值范围．
法2：求出函数的导数，$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a=\frac{{2{x^2}-ax+1}}{x}$，转化为分子二次方程2x²-ax+1=0有两相异正根x₁，x₂，求解a的范围．
②利用①知，x₁，x₂即方程2x²-ax+1=0的两个根，通过韦达定理推出$h（{x_1}）-h（{x_2}）=\frac{1}{4x_1^2}-x_1^2+2ln{x_1}+ln2$，构造新函数，通过新函数的导数，新函数的单调性，证明即可．

解答 解：（1）由f（x）≥g（x），得$a≤x-\frac{lnx}{x}$（x＞0），令$φ（x）=x-\frac{lnx}{x}$（x＞0）
得$φ′（x）=\frac{{{x^2}-1+lnx}}{x^2}$…（1分）
∴当0＜x＜1时，x²-1＜0，lnx＜0，从而φ′（x）＜0，
∴φ（x）在（0，1）上是减函数…（2分）
当x＞1时，x²-1＞0，lnx＞0，从而φ′（x）＞0，∴φ（x）在（1，+∞）上是增函数…（3分）
∴φ（x）_min=φ（1）=1，
∴a≤1即实数a的取值范围是（-∞，1]…（4分）
（2）法1：①∵h（x）=x²-ax+lnx（x＞0），∴$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a$，
∴$h′（x）≥2\sqrt{2}-a$（当且仅当$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时取等号）…（5分）
当$a≤2\sqrt{2}$时，h′（x）≥0，函数h（x）在区间（0，+∞）上单调递增，函数h（x）无极值点…（6分）
当$a＞2\sqrt{2}$时，$h′（x）=\frac{{2{x^2}-ax+1}}{x}$
当$x∈（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$时，h′（x）＞0；当$x∈（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$时，h′（x）＜0；
当$x∈（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，+∞）$时，h′（x）＞0
故函数h（x）在区间$（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$上单调递增，
在区间$（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}）$上单调
递减，在区间$（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}，+∞）$上单调递增
函数h（x）有两个极值点${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-8}}}{4}$，${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-8}}}{4}$…（8分）
综上所述，实数a的取值范围是$（2\sqrt{2}，+∞）$…（9分）
法2：∵h（x）=x²-ax+lnx（x＞0），∴$h′（x）=2x+\frac{1}{x}-a=\frac{{2{x^2}-ax+1}}{x}$
问题等价于方程2x²-ax+1=0有两相异正根x₁，x₂…（6分）
∴$\left\{{\begin{array}{l}{△={{（-a）}^2}-8＞0}\\{{x_1}+{x_2}=\frac{a}{2}＞0}\\{{x_1}{x_2}=\frac{1}{2}＞0}\end{array}}\right.$…（8分） 
 解得$a＞2\sqrt{2}$，故实数a的取值范围是$（2\sqrt{2}，+∞）$…（9分）
②由①知，x₁，x₂即方程2x²-ax+1=0的两个根，${x_1}{x_2}=\frac{1}{2}$，
∴$h（{x_1}）-h（{x_2}）=x_1^2-x_2^2-a（{x_1}-{x_2}）+ln{x_1}-ln{x_2}$，又$2x_1^2+1=a{x_1}$，$2x_2^2+1=a{x_2}$，
∴$h（{x_1}）-h（{x_2}）=\frac{1}{4x_1^2}-x_1^2+2ln{x_1}+ln2$…（10分）
令$k（x）=\frac{1}{{4{x^2}}}-{x^2}+2lnx+ln2$，$x∈（0，\frac{1}{2}）$
得$k′（x）=-\frac{{{{（2{x^2}-1）}^2}}}{{2{x^3}}}＜0$，∴k（x）在$（0，\frac{1}{2}）$为减函数，
∴$k（x）＞k（\frac{1}{2}）=\frac{3}{4}-ln2$∴$h（{x_1}）-h（{x_2}）＞\frac{3}{4}-ln2$…（12分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及构造法，转化思想的应用，考查分析问题解决问题的能力．