Question

2．已知函数f（x）=2lnx+x²-2ax（a＞0）．
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），且f（x₁）-f（x₂）≥$\frac{3}{2}$-2ln2恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）得到x₁+x₂=a，x₁•x₂=1，则f（x₁）-f（x₂）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁-x₂）（x₁+x₂-2a）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则0＜t＜1，f（x₁）-f（x₂）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，令g（t）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2{（x}^{2}-ax+1）}{x}$，令x²-ax+1=0，则△=a²-4，
①0＜a≤2时，△≤0，f′（x）≥0恒成立，
函数f（x）在（0，+∞）递增；
②a＞2时，△＞0，方程x²-ax+1=0有两根
x₁=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，x₂=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，且0＜x₁＜x₂，
函数f（x）在（0，x₁）上f′（x）＞0，
在（x₁，x₂）上，f′（x）＜0，在（x₂，+∞）上，f′（x）＞0，
故函数f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）递增，在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$）递减，在（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，+∞）递增；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）在（x₁，x₂）上递减，x₁+x₂=a，x₁•x₂=1，
则f（x₁）-f（x₂）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁-x₂）（x₁+x₂-2a）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则0＜t＜1，f（x₁）-f（x₂）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，
令g（t）=2lnt+$\frac{1}{t}$-t，则g′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{t}$＜0，
故g（t）在（0，1）递减且g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{2}$-2ln2，
故g（t）=f（x₁）-f（x₂）≥$\frac{3}{2}$-2ln2=g（$\frac{1}{2}$），即0＜t≤$\frac{1}{2}$，
而a²=${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+2=t+$\frac{1}{t}$+2，其中0＜t≤$\frac{1}{2}$，
∵（t+$\frac{1}{t}$+2）′=1-$\frac{1}{{t}^{2}}$≤0在t∈（0，$\frac{1}{2}$]恒成立，
故a²=t+$\frac{1}{t}$+2在（0，$\frac{1}{2}$]递减，
从而a的范围是a²≥$\frac{9}{2}$，
故a≥$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论数思想，是一道综合题．