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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).
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

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
.(*)
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.
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n+1
n
n-1
n3
(n∈N*)恒成立.

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