题目内容
10．已知两数f（x）=alnx-x2，若对区间（0，1）内任意两个实数x1，x2，且x1≠x2，不等式$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞1恒成立．则实数a的取值范围是[3，+∞）．分析 设0＜x1＜x2＜1，x1-x2＜0，$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞1等价于f（x1）-f（x2）＜（x1-x2），可得f（x1）-x1＜f（x2）-x2，因此g（x）=f（x）-x=alnx-x2-x，在区间（0，1）单调递增，求导，分离参数可知a＞2x2+x（0＜x＜1）恒成立，根据二次函数的性质即可求得实数a的取值范围
解答 解：不妨设0＜x1＜x2＜1，x1-x2＜0，$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞1等价于f（x1）-f（x2）＜（x1-x2），
∴f（x1）-x1＜f（x2）-x2，
即g（x）=f（x）-x=alnx-x2-x，在区间（0，1）单调递增，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$-2x＞1（0＜x＜1）恒成立，
即a＞2x2+x（0＜x＜1）恒成立，
则h（x）=2x2+x=2（x+$\frac{1}{4}$）-$\frac{1}{8}$；
∵y=h（x）的对称轴为x=-$\frac{1}{4}$，
∴y=h（x）在（0，1）上是单调增函数，
故有h（x）＜h（1）=3
∴a≥3，即实数a的取值范围是[3，+∞）．
故答案为：[3，+∞）．
点评 本题考查函数的性质及导数的应用，考查等价转化思想．构造函数思想与恒成立问题，考查综合分析与解决问题的能力，属于难题．
练习册系列答案
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