Question

19．若函数y=f（x）对任意x₁，x₂∈（0，1]，都有$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤π|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，则称函数y=f（x）是“以π为界的类斜率函数”．
（I）试判断函数y=$\frac{π}{x}$是否为“以π为界的类斜率函数”；
（Ⅱ）若实数a＞0，且函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²+x+alnx是“以π为界的类斜率函数”，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （I）根据新定义验证$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤π|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$是否成立即可；
（II）根据f（x）的单调性得出去绝对值号化简$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤π|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，得出h（x）=f（x）+$\frac{π}{x}$为减函数，令h′（x）≤0恒成立，分离参数得a≤$\frac{π}{x}$-x（x+1），求出g（x）=$\frac{π}{x}$-x（x+1）的最小值即可得出a的范围．

解答 解：（I）对任意x₁，x₂∈（0，1]，|f（x₁）-f（x₂）|=|$\frac{π}{{x}_{1}}$-$\frac{π}{{x}_{2}}$|≤π|$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$|，
∴函数y=$\frac{π}{x}$是“以π为界的类斜率函数”．
（II）f′（x）=x+1+$\frac{a}{x}$，∵x＞0，a＞0，∴f′（x）＞0，
∴f（x）在区间（0，1]上为增函数．
设0＜x₁＜x₂≤1，
则|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x${\;}_{{\;}_{1}}$），|$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$|=$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$．
∴|f（x₁）-f（x₂）|≤π|$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$|?f（x₂）-f（x${\;}_{{\;}_{1}}$）≤π（$\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}$）
?f（x₂）+$\frac{π}{{x}_{2}}$≤f（x₁）+$\frac{π}{{x}_{1}}$．
设h（x）=f（x）+$\frac{π}{x}$=$\frac{1}{2}$x²+x+alnx+$\frac{π}{x}$，则h（x）在（0，1]上为减函数．
∴h′（x）=x+1+$\frac{a}{x}$-$\frac{π}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}（x+1）+ax-π}{{x}^{3}}$≤0在（0，1]上恒成立，
∴a≤$\frac{π}{x}$-x（x+1），
令g（x）=$\frac{π}{x}$-x（x+1），则g′（x）=-$\frac{π}{{x}^{2}}$-2x-1＜0，
∴g（x）在（0，1]上为减函数，g_min（x）=g（1）=π-2．
∴a≤π-2，又a＞0，
∴a的取值范围为（0，π-2]．

点评 本题考查了对新定义的理解，导数与函数单调性的关系，函数恒成立问题，属于中档题．