Question

设函数f（x）=x²-mlnx，h（x）=x²-x+a．
（1）当a=0时，f（x）≥h（x）在（1，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；
（2）当m=2时，若函数k（x）=f（x）-h（x）在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数 a的取值范围；
（3）当m=2时，如果函数g（x）=-f（x）-ax的图象与x轴交于两点A（x₁，0）、B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂．求证：g′（px₁+qx₂）＜0（其中正常数p，q满足p+q=1，且q≥p）．

Answer 1

分析：（1）由a=0，我们可以由f（x）≥h（x）在（1，+∞）上恒成立，得到-mlnx≥-x，即 m≤

x

lnx

在（1，+∞）上恒成立，构造函数 φ=

x

lnx

，求出函数的最小值，即可得到实数m的取值范围；
（2）当m=2时，我们易求出函数g（x）=f（x）-h（x）的解析式，由方程的根与对应函数零点的关系，易转化为x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根，利用导数分析函数的单调性，然后根据零点存在定理，构造关于a的不等式组，解不等式组即可得到答案．
（3）由 g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有两个实根x₁，x₂，知

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0

两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）由此入手能够证明：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．从而可证g′（px₁+qx₂）＜0．

解答：解：（1）由a=0，f（x）≥h（x）可得-mlnx≥-x，即 m≤

x

lnx

记 φ=

x

lnx

，则f（x）≥h（x）在（1，+∞）上恒成立等价于m≤φ（x）_min．
求得 φ′(x)=

lnx-1

ln2x

当x∈（1，e）时；φ′（x）＜0；当x∈（e，+∞）时，φ′（x）＞0
故φ（x）在x=e处取得极小值，也是最小值，
即φ（x）_min=φ（e）=e，故m≤e．
（2）函数k（x）=f（x）-h（x）在[1，3]上恰有两个不同的零点等价于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有两个相异实根．
令g（x）=x-2lnx，则 g′(x)=1-

2

x

当x∈[1，2）时，g′（x）＜0，当x∈（2，3]时，g′（x）＞0
g（x）在[1，2]上是单调递减函数，在（2，3]上是单调递增函数．
故g（x）_min=g（2）=2-2ln2
又g（1）=1，g（3）=3-2ln3
∵g（1）＞g（3），
∴只需g（2）＜a≤g（3），
故a的取值范围是（2-2ln2，3-2ln3〕
（3）∵g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有两个实根x₁，x₂，
∴

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0

两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）
∴a=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，(x1＞0，x2＞0)
于是 g/(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(x1+x2)
=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2p-1)(x2-x1)．
∵q＞p，∴2q≥1，∵2p≤1，∴（2p-1）（x₂-x₁）＜0．
要证：g′（px₁+qx₂）＜0，只需证：

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x2-x1

＜0．
只需证：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．（*）
令

x1

x2

=t∈(0，1)，∴（*）化为

1-t

pt+1

+lnt＜0
只证 u(t)=lnt+

1-t

pt+q

＜0即可.u/(t)=

1

t

+

-(pt+q)-(1-t)•p

(pt+q)2

=

1

t

-

1

(pt+q)2

=

(pt+q)2-t

t(pt+q)2

=

p2(t-1)(t- q2 p2 )

t(pt+q)2

，

q2

p2

＞1，0＜t＜1，
∴t-1＜0．∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上单调递增，∴u（t）＜u（1）=0
∴u（t）＜0，∴lnt+

1-t

pt+q

＜0．
即：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．∴g′（px₁+qx₂）＜0．

点评：本题以函数为载体，考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，具有一定的难度，解题时要注意挖掘题设中的隐含条件．其中（1）的关键是构造函数，将问题转化为函数恒成立问题，（2）的关键是利用导数分析函数的单调性后，进而构造关于a的不等式组．