Question

已知函数f（x）=
（1）求函数f（x）在定义域上的单调区间；
（2）若关于x的方程f（x）-a=0恰有两个不同实数解，求实数a的取值范围；
（3）已知实数x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1．若不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，求实数p的最小值．

Answer 1

解：（1）当x＞2时，f（x）=f（2）=是常数，不是单调函数；
当0≤x≤2时，f（x）=，∴
令f′（x）＞0，可得0＜x＜；令f′（x）＜0，又0≤x≤2，∴可得＜x＜2
∴函数f（x）的单调递增区间是：（0，）；；单调递减区间是：（，2）
（2）由（1）知，f（0）=1，f（x）_max=f（）=，f（2）=
方程f（x）-a=0恰有两个不同实数解，等价于直线y=a与曲线y=f（x）恰有两个交点，∴1≤a＜；
（3）∵实数x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1，∴当x₁=x₂=时，，∴f（x₁）+f（x₂）=成立
下面先证f（x₁）+f（x₂）≤．
先求0≤x≤2时，函数f（x）=，在x=处的切线方程
∵k=，∴切线方程为，即
下面证明：f（x）=≤，∴4x³-32x²+29x-7≤0（0＜x≤1）成立
令g（x）=4x³-32x²+29x-7（0＜x≤1），则g′（x）=12x²-64x+29=（2x-1）（6x-29）（0＜x≤1），
∴g（x）在（0，）递增，在（，1）单调递减，∴g（x）_max=g（）=0
∴f（x）=≤成立
∴f（x₁）•f（x₂）≤×≤=当且仅当当x₁=x₂=时取等号，
∴[f（x₁）•f（x₂）]_max=，
设h（x）=x+p-lnx（x＞0），则h′（x）=1-（x＞0），
令h′（x）＞0，则x＜0或x＞1，∵x＞0，∴x＞1；令h′（x）＜0，则0＜x＜1
∴当0＜x＜1时，函数h（x）单调递减；当x＞1时，函数h（x）单调递增
∴h（x）_min=h（1）=1+p
∴不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等价于≤1+p，
∴p≥
∴实数p的最小值为．
分析：（1）当x＞2时，f（x）不是单调函数；当0≤x≤2时，求导函数，由导数的正负，考查函数的单调区间；
（2）由（1）知，f（0）=1，f（x）_max=f（）=，f（2）=，方程f（x）-a=0恰有两个不同实数解，等价于直线y=a与曲线y=f（x）恰有两个交点，由此可得结论；
（3）先证f（x₁）+f（x₂）≤，确定[f（x₁）•f（x₂）]_max=，再设h（x）=x+p-lnx（x＞0），求出函数的最小值∴h（x）_min=h（1）=1+p，从而不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等价于≤1+p，由此可求实数p的最小值．
点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查方程的解，考查恒成立问题，解题的关键是确定函数的最值，属于中档题．