Question

3．已知f（x）=x²-ax，g（x）=lnx，h（x）=f（x）+g（x）
（1）若f（x）≥g（x）对于公共定义域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）设h（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），若h（x₁）-h（x₂）＞m恒成立，求实数m的最大值．

Answer 1

分析 （1）f（x）≥g（x）对于公共定义域内的任意x恒成立?x²-ax-lnx≥0恒成立，x＞0?a≤$（x-\frac{lnx}{x}）_{min}$，x＞0．令u（x）=$x-\frac{lnx}{x}$，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
（2）由题意知道：h（x）=x²-ax+lnx．则${h}^{′}（x）=2x-a+\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-ax+1}{x}$（x＞0），所以方程2x²-ax+1=0，（x＞0）有两个不相等的实数根x₁，x₂，且${x}_{1}∈（0，\frac{1}{2}）$，可得${x}_{2}=\frac{1}{2{x}_{1}}$∈（1，+∞），且$a{x}_{i}=2{x}_{i}^{2}+1$，（i=1，2），而h（x₁）-h（x₂）=${x}_{2}^{2}-\frac{1}{4{x}_{2}^{2}}-ln（2{x}_{2}^{2}）$，（x₂＞1）设u（x）=${x}^{2}-\frac{1}{4{x}^{2}}-ln（2{x}^{2}）$（x＞1），利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（1）f（x）≥g（x）对于公共定义域内的任意x恒成立?x²-ax-lnx≥0恒成立，x＞0?a≤$（x-\frac{lnx}{x}）_{min}$，x＞0．
令u（x）=$x-\frac{lnx}{x}$，x＞0，则u′（x）=1-$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+lnx-1}{{x}^{2}}$，
当x=1时，x²+lnx-1=0；当x＞1时，u′（x）＞0，此时函数u（x）单调递增；当0＜x＜1时，u′（x）＜0，此时函数u（x）单调递减．
因此当x=1时，函数u（x）取得极小值即最小值，u（1）=1．
∴实数a的取值范围是（-∞，1]．
（2）由题意知道：h（x）=x²-ax+lnx．则${h}^{′}（x）=2x-a+\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-ax+1}{x}$（x＞0），
所以方程2x²-ax+1=0，（x＞0）有两个不相等的实数根x₁，x₂，且${x}_{1}∈（0，\frac{1}{2}）$，
又∵${x}_{1}{x}_{2}=\frac{1}{2}$，∴${x}_{2}=\frac{1}{2{x}_{1}}$∈（1，+∞），且$a{x}_{i}=2{x}_{i}^{2}+1$，（i=1，2），
而h（x₁）-h（x₂）=${x}_{1}^{2}-a{x}_{1}+ln{x}_{1}$-$（{x}_{2}^{2}-a{x}_{2}+ln{x}_{2}）$=${x}_{1}^{2}-（2{x}_{1}^{2}+1）+ln{x}_{1}$-$[{x}_{2}^{2}-（2{x}_{2}^{2}+1）+ln{x}_{2}]$
=${x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}$+$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=${x}_{2}^{2}$-$（\frac{1}{2{x}_{2}}）^{2}$+$ln\frac{\frac{1}{2{x}_{2}}}{{x}_{2}}$=${x}_{2}^{2}-\frac{1}{4{x}_{2}^{2}}-ln（2{x}_{2}^{2}）$，（x₂＞1）
设u（x）=${x}^{2}-\frac{1}{4{x}^{2}}-ln（2{x}^{2}）$（x＞1），则u′（x）=$\frac{（2{x}^{2}-1）^{2}}{2{x}^{3}}$≥0，
∴u（x）＞u（1）=$\frac{3}{4}-ln2$，即h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}-ln2$恒成立，
因此$m≤\frac{3}{4}-ln2$．
∴实数m的最大值为$\frac{3}{4}$-ln2．

点评 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了变形能力、推理能力与计算能力，属于难题．