Question

已知函数f（x）=x²-x，g（x）=lnx．
（1）求函数G（x）=f（x）-g（x）的极值．
（2）若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的值；
（3）设F（x）=f（x）+mg（x）（m∈R）有两个极值点x₁、x₂（x₁＜x₂），求实数m的取值范围，并证明F（x₂）＞-

3+4ln2

16

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）G（x）f（x）-g（x）=x²-x-lnx（x＞0）．利用导数的属于法则可得G′（x）=2x-1-

1

x

=

(2x+1)(x-1)

x

，研究函数的单调性即可得出极值；
（2）令h（x）=f（x）-ag（x），则h（1）=0．h（x）≥0即h（x）≥h（1）恒成立的必要条件是
h′（1）=0，利用导数研究其单调性极值即可．
（3）F（x）有两个极值点x₁、x₂等价于方程2x²-x+m=0在（0，+∞）上有两个不等的正根，即：

△=1-8m＞0 x1+x2= 1 2 ＞0 x1x2= m 2 ＞0

，即可解得m的取值范围．由F′（x₂）=0，得m=-2

x

2 2

+x2，其中0＜x1＜

1

4

＜x2＜

1

2

．
可得F（x₂）=

x

2 2

-x2+(x2-2

x

2 2

)lnx2．设φ（x）=x²-x+（x-2x²）lnx（

1

4

＜x＜

1

2

）．利用导数求其最小值即可．

解答： 解：（1）G（x）f（x）-g（x）=x²-x-lnx（x＞0）．
G′（x）=2x-1-

1

x

=

(2x+1)(x-1)

x

，
令G′（x）＞0，解得x＞1，此时函数G（x）单调递增；令G′（x）＜0，解得0＜x＜1，此时函数G（x）单调递减．
又G′（1）=0，∴x=1是函数G（x）的极小值点，且G（1）=0．
（2）令h（x）=f（x）-ag（x），则h（1）=0．
∴h（x）≥0即h（x）≥h（1）恒成立的必要条件是h′（1）=0，
又h′(x)=2x-1-

a

x

，由h′（1）=2-1-a=0，解得：a=1．
当a=1时，h′（x）=

2x2-x-1

x

，知h（x）_min=h（1）=0，
故h（x）≥0（x＞0），即f（x）≥ag（x）恒成立．                
（3）由F（x）=f（x）+mg（x）=x²-x+mlnx，得F′（x）=

2x2-x+m

x

（x＞0）．
F（x）有两个极值点x₁、x₂等价于方程2x²-x+m=0在（0，+∞）上有两个不等的正根，即：

△=1-8m＞0 x1+x2= 1 2 ＞0 x1x2= m 2 ＞0

，解得0＜m＜

1

8

．
由F′（x₂）=0，得m=-2

x

2 2

+x2，其中0＜x1＜

1

4

＜x2＜

1

2

．
∴F（x₂）=

x

2 2

-x2+(x2-2

x

2 2

)lnx2．
设φ（x）=x²-x+（x-2x²）lnx（

1

4

＜x＜

1

2

）．
φ′（x）=（1-4x）lnx＞0，
∴φ（x）＞φ(

1

4

)=-

3+4ln2

16

，即F(x2)＞-

3+4ln2

16

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、一元二次方程的根与系数的关系、对数函数的性质，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．