Question

4．已知函数f（x）=-x²+2lnx的极大值是函数g（x）=x+$\frac{a}{x}$的极小值的-$\frac{1}{2}$倍，并且$?{x_1}，{x_2}∈[\frac{1}{e}，3]$，不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，则实数k的取值范围是（　　）

• A． $（-∞，-\frac{40}{3}+2ln3]∪（-1，1）∪（1，+∞）$
• B． $（-∞，-\frac{34}{3}+2ln3]∪（1，+∞）$
• C． $（-∞，-\frac{34}{3}+2ln3]∪[-1，1）∪（1，+∞）$
• D． $（-∞，-\frac{40}{3}+2ln3]∪（1，+∞）$

Answer 1

分析 利用导数得出函数f（x）的极大值，再求出g（x）的极小值，得到关于a的方程即可得出a的值，通过对k-1分正负讨论，把要证明的不等式变形等价转化，再利用导数研究其极值与最值即可．

解答 解：f′（x）=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜1，令f′（x）＜0，解得：x＞1，
故f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
故f（x）_极大值=f（1）=-1；
g′（x）=$\frac{{x}^{2}-a}{{x}^{2}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{a}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{a}$，
故g（x）在（0，$\sqrt{a}$）递减，在（$\sqrt{a}$，+∞）递增，
故g（x）_极小值=g（$\sqrt{a}$）=2$\sqrt{a}$，
由函数f（x）的极大值是函数g（x）的极小值的-$\frac{1}{2}$倍，
得：2$\sqrt{a}$•（-$\frac{1}{2}$）=-1，解得：a=-1；
令h（x）=f（x）-g（x）=-x²+2lnx-x-$\frac{1}{x}$，x∈[$\frac{1}{e}$，3]．
则h′（x）=-2x+$\frac{2}{x}$-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$=-$\frac{（x+1）（2x+1）（x-1）}{{x}^{2}}$，令h′（x）=0，解得x=1．
当x∈[$\frac{1}{e}$，1）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当x∈（1，3]时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
∴当x=1时，函数h（x）取得极大值h（1）=-3．h（3）=-$\frac{34}{3}$+2ln3，h（$\frac{1}{e}$）=-e-2-$\frac{1+e}{{e}^{2}}$，
可知：h（3）＜h（$\frac{1}{e}$）．
①当k-1＞0时，对于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等价于k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max，∵f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-3，
∴k≥-3+1=-2，又k＞1，∴k＞1．
②当k-1＜0时，对于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等价于k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min，
∵f（x₁）-g（x₂）≥f（3）-g（3）=-$\frac{34}{3}$+2ln3，
∴k≤-$\frac{34}{3}$+2ln3，
又∵k≤1，∴k≤-$\frac{34}{3}$+2ln3．
综上可知：实数k的取值范围是（-∞，-$\frac{34}{3}$+2ln3]∪（1，+∞）．
故选：B．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、证明不等式，考查了分类讨论的思想方法，考查了计算能力，属于难题．