Question

6．已知函数f（x）=-$\frac{{x}^{2}+2x+4}{x}$，g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{9}{2}$，实数a，b满足a＜b＜0，若?x₁∈[a，b]，?x₂∈（0，+∞），使得f（x₁）=g（x₂）成立，则b-a的最大值为（　　）

• A． 3$\sqrt{2}$
• B． 4
• C． 4$\sqrt{3}$
• D． 2$\sqrt{5}$

Answer 1

分析 解法一：函数g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{9}{2}$，x＞0，g′（x）=$\frac{（1-x）（1+x）}{x}$，利用导数研究函数的单调性可得：g（x）∈（-∞，4]．函数f（x）=-x-2-$\frac{4}{x}$．x＜0．f′（x）=-x+$\frac{4}{{x}^{2}}$=$\frac{（2-x）（x+2）}{{x}^{2}}$，利用导数研究函数的单调性可得：因此x=-2时，函数函数取得极小值即最小值，因此f（x）≥2．对a，b分类讨论，要求f（x）_max≤4，即可得出．
解法二：由解法一可得：g（x）∈（-∞，4]．令f（x）=-$\frac{{x}^{2}+2x+4}{x}$=4．x＜0．解出即可得出．

解答 解法一：函数g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{9}{2}$，x＞0，g′（x）=$\frac{1}{x}$-x=$\frac{（1-x）（1+x）}{x}$
可知：0＜x＜1时，g′（x）＞0，此时函数g（x）在（0，1）上
单调递增；
x＞1时，g′（x）＜0，此时函数g（x）在（1，+∞）上单调递减．
∴当x=1时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（1）=0-$\frac{1}{2}$+$\frac{9}{2}$=4．
因此g（x）∈（-∞，4]．
函数f（x）=-$\frac{{x}^{2}+2x+4}{x}$=-x-2-$\frac{4}{x}$．x＜0．
f′（x）=-x+$\frac{4}{{x}^{2}}$=$\frac{（2-x）（x+2）}{{x}^{2}}$，
可知：2-x＞0，-2＜x＜0时，f′（x）＞0，此时函数f（x）
在（-2，0）上单调递增；
x＜-2时，f′（x）＜0，此时函数f（x）在（-∞，-2）上单调递减．
因此x=-2时，函数取得极小值，f（-2）=2．
①当-2≤a＜b＜0时，函数f（x）在[a，b]上单调递增，
f（a）=-a-2-$\frac{4}{a}$∈（2，+∞），f（b）=-b-2-$\frac{4}{b}$∈（2，+∞），
∴f（x）∈[f（a），f（b）]，
∵?x₁∈[a，b]，?x₂∈（0，+∞），使得f（x₁）=g（x₂）成立，
∴f（b）≤4，解得$-2＜b≤\sqrt{5}-3$．此时b-a=$\sqrt{5}-3$-（-2）=$\sqrt{5}-1$．
②当a＜-2≤b＜0时，函数f（x）在[-2，b]上单调递增，在[a，-2）上单调递减．
f（a）=-a-2-$\frac{4}{a}$∈（2，+∞），f（b）=-b-2-$\frac{4}{b}$∈（2，+∞），f（-2）=2．
∴f（x）∈[2，t]，t={f（a），f（b）}_max．
∵?x₁∈[a，b]，?x₂∈（0，+∞），使得f（x₁）=g（x₂）成立，
∴f（b）≤4，解得$-2＜b≤\sqrt{5}-3$．同理可得：-3$-\sqrt{5}$≤a＜-2．此时b-a=2$\sqrt{5}$．
③当a＜b≤-2时，函数f（x）在[a，b]上单调递减，
f（a）=-a-2-$\frac{4}{a}$∈（2，+∞），f（b）=-b-2-$\frac{4}{b}$∈（2，+∞），∴f（x）∈[f（b），f（a）]，
∵?x₁∈[a，b]，?x₂∈（0，+∞），使得f（x₁）=g（x₂）成立，
∴f（a）≤4，解得-3$-\sqrt{5}$≤a＜-2．此时b-a≤1+$\sqrt{5}$．
综上可得：b-a的最大值为2$\sqrt{5}$．
解法二：由解法一可得：g（x）∈（-∞，4]．
令f（x）=-$\frac{{x}^{2}+2x+4}{x}$=4．x＜0．
化为x²+6x+4=0，
∴b-a的最大值=|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-4×4}$=2$\sqrt{5}$．
故选：D．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．