Question

17．已知函数f（x）=x²-2ax，g（x）=lnx．
（Ⅰ）若f（x）≥g（x）对于定义域内的任意x恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）设h（x）=f（x）+g（x）有两个极值点x₁，x₂且${x_1}∈（0，\frac{1}{2}）$，证明：h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分离参数a可得：a≤$\frac{1}{2}$（x-$\frac{lnx}{x}$），（x＞0），设ω（x）=$\frac{1}{2}$（x-$\frac{lnx}{x}$），根据函数的单调性求出函数的最小值，从而求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出h（x）的导数，得到x₂=$\frac{1}{{2x}_{1}}$∈（1，+∞），且2ax₁=2${{x}_{1}}^{2}$+1，2ax₂=2${{x}_{2}}^{2}$+1，设μ（x）=x²-$\frac{1}{{4x}^{2}}$-ln2x²（x＞1），求出函数的单调性，证出结论即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意得：f（x）≥g（x）?x²-2ax≥lnx，（x＞0），
分离参数a可得：a≤$\frac{1}{2}$（x-$\frac{lnx}{x}$），（x＞0），
设ω（x）=$\frac{1}{2}$（x-$\frac{lnx}{x}$），则ω′（x）=$\frac{{x}^{2}+lnx-1}{{2x}^{2}}$，
由于y=x²，y=lnx在（0，+∞）递增，
∴y=x²+lnx-1在（0，+∞）递增，
显然x=1时，该函数值是0，
x∈（0，1）时，ω′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，ω′（x）＞0，
∴ω（x）_min=ω（1）=$\frac{1}{2}$，
∴a≤ω（x）_min=$\frac{1}{2}$，即a∈（-∞，$\frac{1}{2}$]．
（Ⅱ）证明：由题意得：h（x）=x²-2ax+lnx，
则h′（x）=2x-2a+$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），
∴方程2x²-2ax+1=0（x＞0）有2个不相等的实数根x₁，x₂且x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），
又∵x₁ x₂=$\frac{1}{2}$，∴x₂=$\frac{1}{{2x}_{1}}$∈（1，+∞），
且2ax₁=2${{x}_{1}}^{2}$+1，2ax₂=2${{x}_{2}}^{2}$+1，
而h（x₁）-h（x₂）
=[${{x}_{1}}^{2}$-（2${{x}_{1}}^{2}$+1）+lnx₁]-[${{x}_{2}}^{2}$-（2${{x}_{2}}^{2}$+1）+lnx₂]
=${{x}_{2}}^{2}$-$\frac{1}{{{4x}_{2}}^{2}}$-ln2${{x}_{2}}^{2}$，（x₂＞1），
设μ（x）=x²-$\frac{1}{{4x}^{2}}$-ln2x²（x＞1），
令t=x²，则t＞1，μ（t）=t-$\frac{1}{4t}$-ln2t，
∴μ′（t）=1+$\frac{1}{{4t}^{2}}$-$\frac{1}{t}$=$\frac{{（2t-1）}^{2}}{{4t}^{2}}$≥0，
∴μ（t）＞μ（1）=1-$\frac{1}{4}$-ln2=$\frac{3}{4}$-ln2，
即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，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．