Question

1．已知函数f（x）=lnx-px+1（p∈R）．
（1）当p＞$\frac{1}{e}$时，f（x）在区间[1，e]上的最大值为-1，求P的值；
（2）若对任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，有f（x₁）-x₂²＜f（x₂）-x₁²成立，求p的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，由题意可得$\frac{1}{p}$＜e，然后分0＜$\frac{1}{p}$＜1和1≤$\frac{1}{p}$＜e求得函数的单调区间，进一步求得f（x）在区间[1，e]上的最大值，由最大值为-1求P的值；
（2）由f（x₁）-x₂²＜f（x₂）-x₁²成立，得f（x₁）+x₁²＜f（x₂）+x₂²成立，构造函数g（x）=f（x）+x²，由题意可得函数g（x）在（0，+∞）上为增函数，则g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．转化为△=p²-8≤0或$\left\{\begin{array}{l}{{p}^{2}-8＞0}\\{\frac{p}{4}＜0}\\{h（0）=1＞0}\end{array}\right.$，求解即可得到p的取值范围．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-px+1，x＞0，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-p=$\frac{1-px}{x}$=$\frac{-p（x-\frac{1}{p}）}{x}$，
∵p＞$\frac{1}{e}$，∴$\frac{1}{p}$＜e，
当0＜$\frac{1}{p}$＜1时，f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）在[1，e]上单调递减，
∴f（x）_max=f（1）=1-p=-1，
解得p=2，满足题意；
当1≤$\frac{1}{p}$＜e时，
若f′（x）＞0时，即1≤x＜$\frac{1}{p}$，函数单调递增，
若f′（x）＜0时，即$\frac{1}{p}$＜x≤e，函数单调递减，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{p}$）=ln$\frac{1}{p}$-1+1＜-1，舍去．
综上可得：p=2；
（2）由f（x₁）-x₂²＜f（x₂）-x₁²成立，得
f（x₁）+x₁²＜f（x₂）+x₂²成立，
构造函数g（x）=f（x）+x²，
∵x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
∴函数g（x）在（0，+∞）上为增函数，则g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．
∵g（x）=f（x）+x²=lnx-px+1+x²，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}-p+2x=\frac{2{x}^{2}-px+1}{x}$（x＞0），
则h（x）=2x²-px+1≥0在（0，+∞）上恒成立．
∴△=p²-8≤0或$\left\{\begin{array}{l}{{p}^{2}-8＞0}\\{\frac{p}{4}＜0}\\{h（0）=1＞0}\end{array}\right.$，解得p$≤2\sqrt{2}$．
∴p的取值范围是（-∞，$2\sqrt{2}$]．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，训练了函数构造法，属中档题．