Question

9．设函数f（x）=lnx．
（1）证明：函数g（x）=f（x）-$\frac{2（x-1）}{x+1}$在（1，+∞）内是单调递增函数；
（2）若b∈[-1，1]，不等式1-x²≤f（e^1-2x）+m²-2bm-2恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若函数f（x）的图象与函数h（x）=x-a（a＞0）的图象在区间（0，e²）内有公共点，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到导函数大于0，从而证出结论；
（2）问题等价于m²-2bm≥-x²+2x+2恒成立，求出-x²+2x+2的最大值，问题转化为m²-2bm-3≥0，解不等式即可；
（3）问题转化为函数g（x）=lnx-x+a（a＞0）在区间（0，e²）有零点，求出函数的单调区间，最大值大于0．最小值小于0，得到不等式组，解出即可．

解答 （1）证明：g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{4}{{（x+1）}^{2}}$=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x（x+1）}^{2}}$＞0，
∴函数g（x）在（1，+∞）递增；
（2）解：f（e^1-2x）=1-2x，
∴若b∈[-1，1]，不等式1-x²≤f（e^1-2x）+m²-2bm-2恒成立，
等价于1-x²≤1-2x+m²-2bm-2恒成立，
等价于m²-2bm≥-x²+2x+2恒成立，
等价于m²-2bm≥（-x²+2x+2）_max，
而-x²+2x+2≤3，
∴m²-2bm-3≥0，
解得：m＞b+$\sqrt{{b}^{2}+3}$或m＜b-$\sqrt{{b}^{2}+3}$；
（3）若函数f（x）的图象与函数h（x）=x-a（a＞0）的图象在区间（0，e²）内有公共点，
即函数g（x）=lnx-x+a（a＞0）在区间（0，e²）有零点，
g′（x）=$\frac{1-x}{x}$，令g′（x）＞0，解得：0＜x＜1，两g′（x）＜0，解得：g（x）＞1，
∴g（x）在（0，1）递增，在（1，e²）递减，
∴只需满足$\left\{\begin{array}{l}{g（1）＞0}\\{g{（e}^{2}）＜0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-1+a＞0}\\{2{-e}^{2}+a＜0}\end{array}\right.$，
解得：1＜a＜e²-2．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查了导数的应用，考查转化思想，本题有一定的难度．