Question

16．已知函数f（x）=x²-alnx．
（1）若f（x）在[3，5]上是单调递减函数，求实数a的取值范围；
（2）记g（x）=f（x）+（2+a）lnx-2（b-1）x，并设x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，若$b≥\frac{7}{2}$，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）令f′（x）≤0在[3，5]上恒成立，分离参数得a≥2x²，利用二次函数的单调性求出最值即可得出a的范围；
（2）令g′（x）=0，根据根与系数的关系可得x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1，化简得g（x₁）-g（x₂）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，根据b的范围得出t的范围，利用函数单调性可求得h（t）=2lnt+（$\frac{1}{t}$-t）的范围，得出结论．

解答 解：（1）∵f（x）=x²-alnx在[3，5]上是单调减函数，
∴f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$≤0在[3，5]上恒成立，
∴a≥2x²恒成立，x∈[3，5]．
∵y=2x²在[3，5]上单调递增，
∴y=2x²在[3，5]上的最大值为2×5²=50，
∴a≥50．
（2）g（x）=x²-alnx+（2+a）lnx-2（b-1）x=x²+2lnx-2（b-1）x，
∴g′（x）=2x+$\frac{2}{x}$-2（b-1）=$\frac{2[{x}^{2}-（b-1）x+1]}{x}$，
令g′（x）=0得x²-（b-1）x+1=0，
∴x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1，
∴g（x₁）-g（x₂）=[x₁²+2lnx₁-2（b-1）x₁]-[x₂²+2lnx₂-2（b-1）x₂]
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁²-x₂²）+2（b-1）（x₂-x₁）
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁²-x₂²）+2（x₁+x₂）（x₂-x₁）
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+x₂²-x₁²
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），
设$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则0＜t＜1，
∴g（x₁）-g（x₂）=2lnt+（$\frac{1}{t}$-t），
令h（t）=2lnt+（$\frac{1}{t}$-t），则h′（t）=$\frac{2}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$-1=-$\frac{（t-1）^{2}}{{t}^{2}}$＜0，
∴h（t）在（0，1）上单调递减，
∵b≥$\frac{7}{2}$，∴（b-1）²≥$\frac{25}{4}$，即（x₁+x₂）²=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=t+$\frac{1}{t}$+2≥$\frac{25}{4}$，
∴4t²-17t+4≥0，解得t≤$\frac{1}{4}$或t≥4．
又0＜t＜1，
∴0$＜t≤\frac{1}{4}$．
∴h_min（t）=h（$\frac{1}{4}$）=2ln$\frac{1}{4}$+（4-$\frac{1}{4}$）=$\frac{15}{4}$-4ln2．
∴g（x₁）-g（x₂）的最小值为$\frac{15}{4}$-4ln2．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，利用根与系数的关系化简g（x₁）-g（x₂）是解题的关键点，属于中档题．