Question

11．已知函数f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x．
（Ⅰ）求函数f（x）在[$\frac{1}{4}$，2]上的值域；
（Ⅱ）设x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）=f（x）-（b-$\frac{3}{2}$）x的两个极值点，若b≥$\frac{3}{2}$，且g（x₁）-g（x₂）≥k恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的值域即可；
（Ⅱ）求函数的导数，表示出x₁ 的范围，构造函数F（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$）（0＜x≤$\frac{1}{2}$），根据函数的单调性求出k的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{（x-2）（2x-1）}{2x}$，x∈[$\frac{1}{4}$，2]，
令f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{4}$≤x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x≤2，
∴f（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）递增，在（$\frac{1}{2}$，2]递减，
∴x=$\frac{1}{2}$时，f（x）_最大值=f（$\frac{1}{2}$）=-ln2-$\frac{9}{8}$，
而f（$\frac{1}{4}$）-f（2）=-ln8+$\frac{45}{32}$＜0，
故f（x）的值域是[-ln4-$\frac{19}{32}$，-ln2-$\frac{9}{8}$]；
（Ⅱ）∵g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（b+1）x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b+1）=$\frac{{x}^{2}-（b+1）x+1}{x}$，
由g′（x）=0得x²-（b+1）x+1=0
∴x₁+x₂=b+1，x₁x₂=1，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵b≥$\frac{3}{2}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}≥\frac{5}{2}}\\{0{＜x}_{1}＜\frac{1}{{x}_{1}}}\end{array}\right.$，解得：0＜x₁≤$\frac{1}{2}$，
∴g（x₁）-g（x₂）=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$（x₁²-x₂²）-（b+1）（x₁-x₂）=2lnx₁-$\frac{1}{2}$（x₁²-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$），
设F（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$）（0＜x≤$\frac{1}{2}$），
则F′（x）=$\frac{2}{x}$-x-$\frac{1}{{x}^{3}}$=$\frac{{-{（x}^{2}-1）}^{2}}{{x}^{3}}$＜0
∴F（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上单调递减； 
∴当x₁=$\frac{1}{2}$时，F（x）_min=F（$\frac{1}{2}$）=$\frac{15}{8}$-2ln2，
∴k≤$\frac{15}{8}$-2ln2．

点评 本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的极值，最值和导数之间是关系是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．