Question

12．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）图象上任意两点，且满足$\frac{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞1，求实数a的取值范围；
（3）若?x∈（0，1]，使f（x）≥$\frac{a-g（x）}{x}$成立，求实数a的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得到导函数的零点，分t≥1和0＜t＜1讨论函数f（x）在区间[t，t+1]（t＞0）上的单调性，由单调性求得最小值；
（2）由$\frac{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞1，可得h（x₁）-x₁＜h（x₂）-x₂恒成立，构造函数F（x）=h（x）-x=x²-（a+2）x+lnx，可知F（x）在（0，+∞）上单调递增，由其导函数在（0，+∞）上大于等于0恒成立求得实数a的取值范围；
（3）把f（x）≥$\frac{a-g（x）}{x}$变形，分离参数a，然后构造函数$t（x）=\frac{{2{x^2}-xlnx}}{x+1}$，利用导数求其最大值得答案．

解答 解：（1）$f'（x）=1-\frac{1}{x}$，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；…（1分）
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，当0＜t＜1时，m（t）=1；当t≥1时，m（t）=t-lnt．…（3分）
（2）h（x）=x²-（a+1）x+lnx，对于任意的x₁，x₂∈（0，+∞），不妨取x₁＜x₂，则x₁-x₂＜0，
则由$\frac{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞1$，可得h（x₁）-h（x₂）＜x₁-x₂，
变形得h（x₁）-x₁＜h（x₂）-x₂恒成立，…（5分）
令F（x）=h（x）-x=x²-（a+2）x+lnx，
则F（x）=x²-（a+2）x+lnx在（0，+∞）上单调递增，
故$F'（x）=2x-（a+2）+\frac{1}{x}≥0$在（0，+∞）恒成立，…（7分）
∴$2x+\frac{1}{x}≥（a+2）$在（0，+∞）恒成立．
∵$2x+\frac{1}{x}≥2\sqrt{2}$，当且仅当$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$时取“=”，∴$a≤2\sqrt{2}-2$；…（10分）
（3）∵$f（x）≥\frac{a-g（x）}{x}$，∴a（x+1）≤2x²-xlnx．
∵x∈（0，1]，∴x+1∈（1，2]，
∴?x∈（0，1]使得$a≤\frac{{2{x^2}-xlnx}}{x+1}$成立．
令$t（x）=\frac{{2{x^2}-xlnx}}{x+1}$，则$t'（x）=\frac{{2{x^2}+3x-lnx-1}}{{{{（x+1）}^2}}}$，…（12分）
令y=2x²+3x-lnx-1，则由$y'=\frac{（x+1）（4x-1）}{x}=0$，可得$x=\frac{1}{4}$或x=-1（舍）．
当$x∈（0，\frac{1}{4}）$时，y'＜0，则y=2x²+3x-lnx-1在$（0，\frac{1}{4}）$上单调递减；
当$x∈（\frac{1}{4}，+∞）$时，y'＞0，则y=2x²+3x-lnx-1在$（\frac{1}{4}，+∞）$上单调递增．
∴$y＞ln4-\frac{1}{8}＞0$，∴t'（x）＞0在x∈（0，1]上恒成立．
∴t（x）在（0，1]上单调递增．则a≤t（1），即a≤1．…（15分）
∴实数a的最大值为1．…（16分）

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查导数的几何意义，训练了恒成立问题的求解方法，合理构造函数并正确求导是解题的关键，是压轴题．