Question

3．已知函数f（x）=ax+lnx．
（Ⅰ）若f（x）在区间（0，1）上单调递增，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）设函数h（x）=-$\frac{1}{2}$x²-f（x）有两个极值点x₁、x₂，且x₁∈[$\frac{1}{2}$，1），求证：|h（x₁）-h（x₂）|＜2-ln2．

Answer 1

分析 （I）令f′（x）≥0在（0，1）上恒成立，使用分离参数法求出a的范围；
（II）令h′（x）=0，结合二次函数的性质和极值点的定义可判断h（x₁）＜h（x₂），根据根与系数的关系化简|h（x₁）-h（x₂）|=-$\frac{1}{2}$x₁²+$\frac{1}{2{{x}_{1}}^{2}}$+2lnx₁，求出右侧函数的最大值即可证明结论．

解答 解：（I）∵f（x）在区间（0，1）上单调递增，
∴f′（x）=a+$\frac{1}{x}$≥0，x∈（0，1），
即a$≥-\frac{1}{x}$，
∵x∈（0，1），∴-$\frac{1}{x}$＜-1，
∴a≥-1．
（II）证明：h（x）=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$-ax-lnx，h′（x）=-x-a-$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞）．
令h′（x）=0得x²+ax+1=0，
∵函数h（x）=-$\frac{1}{2}$x²-f（x）有两个极值点x₁、x₂，且x₁∈[$\frac{1}{2}$，1），
∴方程x²+ax+1=0有两解x₁、x₂，且x₁∈[$\frac{1}{2}$，1），
∴x₁•x₂=1，x₁+x₂=-a，且ax₁=-1-x₁²，ax₂=-1-x₂²，x₂∈（1，2]．
∴当0＜x＜x₁时，h′（x）＜0，当x₁＜x＜x₂时，h′（x）＞0，当x＞x₂时，h′（x）＜0，
∴x₁为h（x）的极小值点，x₂为h（x）的极大值点，
∴|h（x₁）-h（x₂）|=h（x₂）-h（x₁）=-$\frac{1}{2}$x₂²-ax₂-lnx₂+$\frac{1}{2}$x₁²+ax₁+lnx₁
=$\frac{1}{2}$x₂²-$\frac{1}{2}$x₁²+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$x₁²+$\frac{1}{2{{x}_{1}}^{2}}$+2lnx₁，
令H（x₁）=-$\frac{1}{2}$x₁²+$\frac{1}{2{{x}_{1}}^{2}}$+2lnx₁，
则H′（x₁）=-x₁-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{3}}$+$\frac{2}{{x}_{1}}$=$\frac{-{{x}_{1}}^{4}+2{{x}_{1}}^{2}-1}{{{x}_{1}}^{3}}$=-$\frac{（{{x}_{1}}^{2}-1）^{2}}{{{x}_{1}}^{3}}$＜0，
∴H（x₁）在[$\frac{1}{2}$，0）上是减函数，
∴H（x₁）≤H（$\frac{1}{2}$）=$\frac{15}{8}$-2ln2＜2-ln2，
即|h（x₁）-h（x₂）|＜2-ln2．

点评 本题考查了导数与函数单调性的关系，函数极值的判断，函数恒成立问题研究，属于难题．