Question

已知函数f（x）=x²-ax，g（x）=lnx
（1）若f（x）≥g（x）对于定义域内的x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）设h（x）=f（x）+g（x）有两个极值点x₁，x₂且x₁∈（0，

1

2

），求证：h（x₁）-h（x₂）＞

3

4

-ln2；
（3）设r（x）=f（x）+g（

1+ax

2

），若对任意的a∈（1，2），总存在x₀∈[

1

2

，1]，使不等式r（x₀）＞k（1-a²）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析：（1）由f（x）≥g（x），知a≤x-

lnx

x

，（x＞0）．设∅（x）=x-

lnx

x

，利用导数性质能求出a的范围．
（2）由h（x）=x²-ax+lnx，知h′（x）=

2x2-ax+1

x

，（x＞0），故x1x2=

1

2

，由x1∈(0，

1

2

)，知x₂∈（1，+∞），且ax1=2x12+1，由此能够证明h(x1)-h(x2)＞

3

4

-ln2．
（3）由r（x）=f（x）+g（

1+ax

2

），知r′(x)=

a

1+ax

+2x-a=

a2-2

2a

=

a

2

-

1

a

≤

2

2

-

1

2

=

1

2

，所以1-a+ln

1+a

2

 ＞k（1-a²），设∅（a）=1-a+ln

1+a

2

 +k（a²-1），a∈（1，2），∅（1）=1，利用分类讨论思想能求出实数k的取值范围．

解答：解：（1）∵f（x）=x²-ax，g（x）=lnx，f（x）≥g（x），
∴a≤x-

lnx

x

，（x＞0）．（1分）
设∅（x）=x-

lnx

x

，∅′（x）=

x2+lnx-1

x2

，（2分）
当x∈（0，1）时，∅′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，∅′（x）＞0，
∴∅（x）≥∅（1）=1，∴a∈（-∞，1]．（4分）
（2）h（x）=x²-ax+lnx，
∴h′（x）=

2x2-ax+1

x

，（x＞0）（5分）
∴x1x2=

1

2

，
∵x1∈(0，

1

2

)，∴x₂∈（1，+∞），且ax1=2x12+1，（i=1，2），（6分）
∴h（x₁）-h（x₂）=（x12-ax1+lnx1）-（x22-ax2+lnx2）
=（-x12-1+lnx1）-（-x22-1+lnx2）
=x22-x12+ln

x1

x2

=x22-

1

4x22

-ln2x22，（x₂＞1）．（8分）
设u（x）=x²-

1

4x2

-ln2x²，x≥1，
则u′(x)=

(2x2-1)2

2x3

≥0，∴u（x）＞u（1）=

3

4

-ln2．
即h(x1)-h(x2)＞

3

4

-ln2．（10分）
（3）∵r（x）=f（x）+g（

1+ax

2

），
∴r′(x)=

a

1+ax

+2x-a=

2ax(x- a2-2 2a )

1+ax

，

a2-2

2a

=

a

2

-

1

a

≤

2

2

-

1

2

=

1

2

，
∴r（x）在[

1

2

，+∞）上为增函数，∴r（x₀）_max=r（1）=1-a+ln

1+a

2

 ，
所以1-a+ln

1+a

2

 ＞k（1-a²），（12分）
设∅（a）=1-a+ln

1+a

2

 +k（a²-1），a∈（1，2），∅（1）=0，
有∅（a）＞0在a∈（1，2）恒成立，
∵∅′（x）=

a

1+a

（2ka-1+2k）．
①k=0时，∵∅′(x)=

-a

1+a

，∴∅（a）在a∈（1，2）递减，
此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（13分）
②k＜0时，∵∅′(x)=

2ka

1+a

(a-

1

2k

+1)，∅（a）在a∈（1，2）递减，
此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（14分）
③k＞0时，∵∅′(a)=

2ka

1+a

(a-

1

2k

+1)，
若

1

2k

-1≤1，则∅（a）在区间（1，2）上递增，此时∅（a）＞0成立，符合
若

1

2k

-1≥1，则∅（a）在区间（1，min{2，

1

2k

-1}）上递减，此时∅（a）＜∅（1）=0不符合；（15分）
综上得

k＞0 1 2k -1≤1

，解得k≥

1

4

，即实数k的取值范围为[

1

4

，+∞）．（16分）

点评：本题考查满足条件的实数的取值范围的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，注意导数性质、等价转化思想、分类讨论思想的合理运用．