Question

4．已知f（x）=1-2alnx，g（x）=x²．
（1）讨论h（x）=f（x）+g（x）的单调性；
（2）令F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$（a＞0）对任意x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{e}$]且x₁≠x₂，|$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}$|＞$\frac{4}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$恒成立，求a的范围．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用导数的正负，分类讨论h（x）=f（x）+g（x）的单调性；
（2）证明函数m（x）=F（x）+$\frac{4}{{x}^{2}}$在（0，$\frac{1}{e}$]单调递增，m′（x）=$\frac{-2a-5+2alnx}{x}$≥0在（0，$\frac{1}{e}$]上恒成立，即可求a的范围．

解答 解：（1）h（x）=f（x）+g（x）=1-2alnx+x²，x＞0，
∴h′（x）=-$\frac{2a}{x}$+2x=$\frac{2（{x}^{2}-a）}{x}$，
当a≤0时，h′（x）＞0恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，令h′（x）=0，解得x=$\sqrt{a}$，
当0＜x＜$\sqrt{a}$时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x＞$\sqrt{a}$时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
综上所述，当a≤0时，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞0时，h（x）在（0，$\sqrt{a}$）上单调递减，在（$\sqrt{a}$，+∞）上单调递增；
（2）令F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$（a＞0）对任意x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{e}$]且x₁≠x₂，|$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}$|＞$\frac{4}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$恒成立，
∴即丨F（x₁）-F（x₂）丨＞4丨$\frac{{x}_{1}^{2}-{x}_{1}^{2}}{{x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2}}$丨=4丨$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$丨，
当x₁＜x₂时，F（x₁）-F（x₂）＞4（$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$），
∴F（x₁）+$\frac{4}{{x}_{1}^{2}}$＞F（x₂）+$\frac{4}{{{x}_{2}}^{2}}$
∴函数m（x）=F（x）+$\frac{4}{{x}^{2}}$在（0，$\frac{1}{e}$]单调递增，
∴m′（x）=$\frac{-2a-5+2alnx}{x}$≥0在（0，$\frac{1}{e}$]上恒成立，
∴a$≤\frac{-5}{1-2ln\frac{1}{e}}$=-$\frac{5}{3}$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查恒成立问题，正确转化是关键．