Question

9．已知函数f（x）=ax-lnx，g（x）=e^x+ax．
（1）若a＜0．
（i）试探讨函数f（x）的单调性；
（ii）若函数f（x）和g（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）（i）求出函数f（x）的导数，判断导函数的符号，求出f（x）的单调区间即可；
（ii）根据f（x）的单调性求出g（x）的单调性，问题转化为a＜-e^x在（0，ln3）恒成立，求出a的范围即可；
（2）由h（x）=x²-ax+lnx，求出h（x）的导数（x＞0），故x₁x₂=$\frac{1}{2}$，由x1∈（0，$\frac{1}{2}$），知x₂∈（1，+∞），且ax₁=2x₁²+1，由此能够证明h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2

解答 解：（1）（i）a＜0时，f′（x）=a-$\frac{1}{x}$＜0，
故f（x）在（0，+∞）递减；
（ii）由（i）f（x）在（0，ln3）递减，
故g（x）在（0，ln3）递减，
故g′（x）=e^x+a＜0在（0，ln3）恒成立，
故a＜-e^x在（0，ln3）恒成立，
故a＜-3；
（2）h（x）=x²-ax+lnx，
∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-ax+1}{x}$，（x＞0）
∴x₁x₂=$\frac{1}{2}$，
∵x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），∴x₂∈（1，+∞），且ax₁=2x₁²+1，（i=1，2），
∴h（x₁）-h（x₂）=（x₁²-ax₁+lnx₁）-（x₂²-ax₂+lnx₂）
=（-x₁²-1+lnx₁）-（-x₂²-1+lnx₂）
=x₂²-x₁²+ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=x₂²-$\frac{1}{{{4x}_{2}}^{2}}$-ln2x₂²，（x₂＞1），
设u（x）=x²-$\frac{1}{{4x}^{2}}$-ln2x²，x≥1，
则u′（x）=$\frac{{（{2x}^{2}-1）}^{2}}{{2x}^{3}}$≥0，∴u（x）＞u（1）=$\frac{3}{4}$-ln2．
即h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

点评 本题考查满足条件的实数的取值范围的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，注意导数性质、等价转化思想、分类讨论思想的合理运用．