Question

20．已知函数f（x）=x，g（x）=lnx
（1）若函数F（x）=g（x）+af（x）有两个零点时，实数a的取值范围为A，方程$g（x）-{[{1-f（x）}]^2}+（1-f（x））=\frac{b}{x}$有实根时，实数b的取值集合为B，求A∩B．
（2）若函数G（x）=af（x）²-（a+2）f（x）+g（x），其中a∈R．，当a＞0时，若f（x）在区间[1，e]上的最小值为-2，求实数a的取值范围；
（3）已知?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，若G（x₁）+2x₁＜G（x₂）+2x₂恒成立，求实数a的取值范围．
（4）函数$h（x）=\frac{g（x）}{f（x）}-m，（m∈R）$，若h（x）的两个零点分别为x₁、x₂，求证${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（3）设g（x）=f（x）+2x，求出函数的导数，结合二次函数的性质求出a的范围即可；
（4）将所证的结论转化为求新函数的单调区间问题得以解决．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=x²-3x+ln x（x＞0），
f′（x）=2x-3+$\frac{1}{x}$=$\frac{2x2-3x+1}{x}$，
则f（1）=-2，f′（1）=0．所以切线方程是y=-2．
（2）函数f（x）=ax²-（a+2）x+ln x的定义域是（0，+∞）．
当a＞0时，f′（x）=2ax-（a+2）+$\frac{1}{x}$=$\frac{2ax2-（a+2）x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（ax-1）}{x}$（x＞0）．
令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{2}$或x=$\frac{1}{a}$．
①当0＜$\frac{1}{a}$≤1，即a≥1时，f（x）在[1，e]上单调递增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（1）=-2；
②当1＜$\frac{1}{a}$＜e，即$\frac{1}{e}$＜a＜1时，f（x）在[1，$\frac{1}{a}$]上单调递减，在[$\frac{1}{a}$．e]上单调递增，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（$\frac{1}{a}$）＜f（1）=-2，不合题意，故$\frac{1}{e}$＜a＜1舍去；
③当$\frac{1}{a}$≥e，即0＜a≤$\frac{1}{e}$时，f（x）在[1，e]上单调递减，
所以f（x）在[1，e]上的最小值是f（e）＜f（1）=-2，不合题意，故0＜a≤$\frac{1}{e}$舍去．
综上所述，a的取值范围为[1，+∞）．
（3）设g（x）=f（x）+2x，则g（x）=f（x）+2x=ax²-ax+ln x，
只要g（x）在（0，+∞）上单调递增，即g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立即可．
而g′（x）=2ax-a+$\frac{1}{x}$=$\frac{2ax2-ax+1}{x}$（x＞0）．
①当a=0时，g′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，此时g（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a≠0时，因为x＞0，依题意知，只要2ax²-ax+1≥0在（0，+∞）上恒成立．
记h（x）=2ax²-ax+1，则抛物线过定点（0，1），对称轴x=$\frac{1}{4}$．
故必须$\left\{\begin{array}{l}a＞0\\△=a2-8a≤0\end{array}$即0＜a≤8．
综上可得，a的取值范围为[0，8]．
（4）证明：不妨设x₁＞x₂＞0，
∵h（x₁）=h（x₂）=0，∴lnx₁-mx₁=0，lnx₂-mx₂=0，
可得lnx₁+lnx₂=m（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=m（x₁-x₂），
要证明x₁ x₂＞e²，即证明lnx₁+lnx₂＞2，也就是m（x₁+x₂）＞2，
因为m=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，所以即证明：$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
即：ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$，
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则t＞1，于是lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，t＞1，则g′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故函数g（t）在（1，+∞）上是增函数，所以g（t）＞g（1）=0，
即lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$成立．
所以原不等式成立．

点评 本题考查了切线方程问题，考查导数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想以及分类讨论思想，是一道综合题．