Question

12．设函数f（x）=alnx，g（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$．
（I）若a＞0，求h（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a=1，对任意的x₁＞x₂＞0，不等式m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立．求m（m∈Z，m≤1）的值；
（Ⅲ）记g′（x）为g（x）的导函数，若不等式f（x）+2g′（x）＜（a+3）x-g（x）在x∈[1，e]上有解，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）构造函数$t（x）=\frac{m}{2}{x^2}-xlnx（x＞0）$，求出函数的导数，分离参数得：$m≥\frac{lnx+1}{x}$恒成立，根据函数的单调性求出m的范围即可；
（Ⅲ）分离参数得：$a≥\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，设$y=\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）（3分）$h（x）=alnx-\frac{1}{2}{x^2}$，
所以${h^'}（x）=\frac{a}{x}-x=\frac{{a-{x^2}}}{x}＞0（x＞0）$
因为a＞0所以$0＜x＜\sqrt{a}$，
则f（x）的增区间为$（0，\sqrt{a}）$，减区间为$（\sqrt{a}，+∞）$
（Ⅱ）（5分）当a=1，f（x）=lnx．
由m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，
得mg（x₁）-x₁f（x₁）＞mg（x₂）-x₂f（x₂）恒成立，
设$t（x）=\frac{m}{2}{x^2}-xlnx（x＞0）$．
由题意知 x₁＞x₂＞0，故当x∈（0，+∞）时函数t（x）单调递增，
∴t'（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，
即$m≥\frac{lnx+1}{x}$恒成立，
因此，记 $y=\frac{lnx+1}{x}$，得$y'（x）=\frac{-lnx}{x^2}$，
∵函数在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴函数h（x）在x=1时取得极大值，并且这个极大值就是函数h（x）的最大值，
由此可得h（x）_max=h（1）=1，故m≥1，
结合已知条件m∈Z，m≤1，可得m=1．
（Ⅲ）（6分）不等式f（x）+2g'（x）＜（a+3）x-g（x），
即为$alnx+2x≤（a+3）x-\frac{1}{2}{x^2}$，
化简得：$a（x-lnx）≥\frac{1}{2}{x^2}-x$，
由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而$a≥\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，设$y=\frac{{\frac{1}{2}{x^2}-x}}{x-lnx}$，
由$y'=\frac{{（x-1）（x-lnx）-（1-\frac{1}{x}）（\frac{1}{2}{x^2}-x）}}{{{{（x-lnx）}^2}}}=\frac{{（x-1）（\frac{1}{2}x+1-lnx）}}{{{{（x-lnx）}^2}}}$
∵当 x∈（1，e）时 x-1＞0，$\frac{1}{2}x+1-lnx＞0$，
∴y'＞0在 x∈[1，e]时成立．
由不等式有解，可得知$a≥{y_{min}}=-\frac{1}{2}$，
即实数a的取值范围是$[-\frac{1}{2}，+∞）$．

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函数恒成立问题，是一道中档题．