Question

【题目】已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax.

（1）求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；

（2）令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足＞1，求实数a的取值范围；

（3）若x∈(0,1]，使f(x)≥成立，求实数a的最大值．

Answer 1

【答案】（1）m(t)＝（2）a≤2－2.（3）a≤2－2.

【解析】

（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解．

（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)－h(x2)＜x1－x2(x1＜x2)恒成立，从而构造函数F(x)＝h(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，进而等价于F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立来加以研究．

（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a≤，再利用导数求函数M(x)＝的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值．

（1） f′(x)＝1－，x＞0，

令f′(x)＝0，则x＝1.

当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－lnt；

当0＜t＜1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1.

综上，m(t)＝

（2）h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，

不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，

则由，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，

变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．

令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，

则F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，

故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，

所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．

因为2x＋≥2，当且仅当x＝时取“＝”，

所以a≤2－2.

（3）因为f(x)≥，所以a(x＋1)≤2x2－xlnx.

因为x∈(0,1]，则x＋1∈(1,2]，所以x∈(0,1]，使得a≤成立．

令M(x)＝，则M′(x)＝.

令y＝2x2＋3x－lnx－1，则由y′＝＝0 可得x＝或x＝－1(舍)．

当x∈时，y′＜0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递减；

当x∈时，y′＞0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递增．

所以y≥ln4－＞0，

所以M′(x)＞0在x∈(0,1]时恒成立，

所以M(x)在(0,1]上单调递增．

所以只需a≤M(1)，即a≤1.

所以实数a的最大值为1.