Question

9．已知函数f（x）=ax-lnx，F（x）=e^x+ax，其中x＞0．
（1）若a＜0，f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
（2）设函数h（x）=x²-f（x）有两个极值点x₁、x₂，且x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），求证：h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，结合函数的单调性确定a的范围即可；
（2）先求出h（x₁）-h（x₂）=ln2+2lnx₁-x₁²+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，构造函数，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最小值，从而证明结论．

解答 （1）解：f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，F′（x）=e^x+a，x＞0，
∵a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，即f（x）在（0，+∞）上单调递减，
当-1≤a＜0时，F′（x）＞0，即F（x）在（0，+∞）上单调递增，不合题意；
当a＜-1时，由F′（x）＞0，得x＞ln（-a），由F′（x）＜0，得0＜x＜ln（-a），
∴F（x）的单调减区间为（0，ln（-a）），单调增区间为（ln（-a），+∞）．
∵f（x）和F（x）在区间（0，ln3）上具有相同的单调性，
∴ln（-a）≥ln3，解得a≤-3，
综上，a的取值范围是（-∞，-3]．
（2）证明：h（x）=x²-ax+lnx，∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-ax+1}{x}$，（x＞0），
x₁•x₂=$\frac{1}{2}$，则x₂=$\frac{1}{{2x}_{1}}$，
h（x₁）-h（x₂）=lnx₁+x12-ax₁-lnx₂-x22+ax₂
=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+[x₁+x₂-2（x₁+x₂）（x₁-x₂）
=ln2+2lnx₁-x₁²+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，
令g（x₁）=ln2+2lnx₁-x₁²+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，
则g′（x）=$\frac{2}{{x}_{1}}$-2x₁-$\frac{1}{{{2x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{{（{{2x}_{1}}^{2}-1）}^{2}}{{{2x}_{1}}^{2}}$，
∵0＜x₁＜$\frac{1}{2}$，∴g′（x₁）＜0，
∴g（x₁）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，
∴g（x₁）＞g（$\frac{1}{2}$），而g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}$-ln2，
即g（x₁）＞$\frac{3}{4}$-ln2，
∴h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明问题，是一道难题．