Question

6．已知函数f（x）=x²-alnx（a∈R）．
（I）若f（x）在[1，3]上是单调递增函数，求实数a的取值范围；
（II）记g（x）=f（x）+（2+a）lnx-2（b-1）x，并设x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，若b≥1+$\frac{3}{2}\sqrt{2}$，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为a≤2x²，x∈[1，3]上恒成立，求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，求出g（x₁）-g（x₂）的解析式，根据函数的单调性求出其最小值即可．

解答 解：（ I）∵f（x）=x²-alnx在[1，3]上是单调递增函数，
∴$f'（x）=2x-\frac{a}{x}≥0$在[1，3]上恒成立…（1分）
∴a≤2x²，x∈[1，3]上恒成立．…（2分）
∵y=2x²在x∈[1，3]上的最小值为2，∴a≤2…（3分）
（Ⅱ）∵g（x）=x²-alnx+（2+a）lnx-2（b-1）x=x²+2lnx-2（b-1）x，
∴$g'（x）=2x+\frac{2}{x}-2（b-1）=\frac{{2[{x^2}-（b-1）x+1]}}{x}$…（4分）
令g'（x）=0，得x²-（b-1）x+1=0，∴x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1…（5分）
$g（{x_1}）-g（{x_2}）=[2ln{x_1}+x_1^2-2（b-1）{x_1}]-[2ln{x_2}+x_2^2-2（b-1）{x_2}]$
=$2ln\frac{x_1}{x_2}+（x_1^2-x_2^2）-2（b-1）（x_1^{\;}-x_2^{\;}）$
=$2ln\frac{x_1}{x_2}+（x_1^2-x_2^2）-2（x_1^{\;}+x_2^{\;}）（x_1^{\;}-x_2^{\;}）$
=$2ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_1^2-x_2^2}{{x_1^{\;}x_2^{\;}}}$=$2ln\frac{x_1}{x_2}-（\frac{{x_1^{\;}}}{{x_2^{\;}}}-\frac{{x_2^{\;}}}{{x_1^{\;}}}）$…（6分）
∵0＜x₁＜x₂，∴设$t=\frac{x_1}{x_2}（0＜t＜1）$，
令$h（t）=2lnt-（t-\frac{1}{t}）$（0＜t＜1），…（7分）
则$h'（t）=\frac{2}{t}-（1+\frac{1}{t^2}）=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{t^2}＜0$，
∴h（t）在（0，1）上单调递减．…（8分）
又∵$b≥1+\frac{3}{2}\sqrt{2}$，∴${（b-1）^2}≥\frac{9}{2}$，
即${（{x_1}+{x_2}）^2}=\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=t+\frac{1}{t}+2≥\frac{9}{2}$
即2t²-5t+2≥0，解得∴$t≤\frac{1}{2}$或t≥2．
又∵0＜t＜1，∴$0＜t≤\frac{1}{2}$．…（10分）
∴$h（t）≥h（\frac{1}{2}）=2ln\frac{1}{2}-（\frac{1}{2}-2）=\frac{3}{2}-2ln2$．
∴g（x₁）-g（x₂）的最小值为$\frac{3}{2}-2ln2$…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道综合题．