Question

2．已知函数f（x）=-x²+2blnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$两函数有相同极值点
（1）求实数b的值；
（2）若对于?x₁，x₂∈[${\frac{1}{e}$，3]（e为自然对数的底数），不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用导数得出函数f（x）的极值点x₀，再令g′（x₀）=0即可得出a的值，再进行验证即可；
（2）通过对k-1分正负讨论，把要证明的不等式变形等价转化，再利用导数研究其极值与最值即可．

解答 解：（1）∵f（x）=-x²+2blnx，g（x）=x+$\frac{1}{x}$，
∴x＞0，
g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，令g′（x）=0，解得：x=1，
故x=1是f（x）的极值点，
而f′（x）=-2x+$\frac{2b}{x}$，故f′（1）=-2+2b=0，解得：b=1；
经检验，b=1，符合题意．
（2）令h（x）=f（x）-g（x）=-x²+2lnx-x-$\frac{1}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，3]．
则h′（x）=-2x+$\frac{2}{x}$-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$=-$\frac{（x+1）（2x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，令h′（x）=0，解得x=1．
当x∈[$\frac{1}{e}$，1）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；当x∈（1，3]时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
∴当x=1时，函数h（x）取得极大值h（1）=-3．h（3）=-$\frac{37}{3}$+2ln3，h（$\frac{1}{e}$）=-e-2-$\frac{1+e}{{e}^{2}}$，可知：h（3）＜h（$\frac{1}{e}$）．
①当k-1＞0时，对于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式 $\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等价于k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max，∵f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-3，
∴k≥-3+1=-2，又k＞1，∴k＞1．
②当k-1＜0时，对于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式 $\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等价于k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min，
∵f（x₁）-g（x₂）≥f（3）-g（3）=-$\frac{37}{3}$+2ln3，
∴k≤-$\frac{34}{3}$+2ln3，
又∵k≤1，∴k≤-$\frac{34}{3}$+2ln3．
综上可知：实数k的取值范围是（-∞，-$\frac{34}{3}$+ln3]∪（1，+∞）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、证明不等式，考查了分类讨论的思想方法，考查了计算能力，属于难题．