Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx+x²-2ax+1，g（x）=e^x+x²-2ax+1，（a為常數(shù)）．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）證明：|f（x）-g（x）|＞2．

Answer 1

分析 （1）求出導(dǎo)數(shù)，$f'（x）=\frac{1}{x}+2x-2a=\frac{{2{x^2}-2ax+1}}{x}$（x＞0），再討論g（x）=2x²-2ax+1的取值情況即可；
（Ⅱ）|f（x）-g（x）|=|lnx-e^x|=e^x-lnx，只需F（X）=e^x-lnx，$F'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，$F''（x）={e^x}+\frac{1}{x^2}＞0$的最小值大于2即可．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}+2x-2a=\frac{{2{x^2}-2ax+1}}{x}$（x＞0），記g（x）=2x²-2ax+1…（1分）
①當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以g（x）＞1＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；…（2分）
②當(dāng)$0＜a≤\sqrt{2}$時(shí)，因?yàn)椤?4（a²-2）≤0，所以g（x）≥0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；…（3分）
③當(dāng)$a＞\sqrt{2}$時(shí)，由$\left\{\begin{array}{l}x＞0\\ g（x）＞0\end{array}\right.$，解得$x∈（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-2}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-2}}}{2}）$，
所以函數(shù)f（x）在區(qū)間$（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-2}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-2}}}{2}）$上單調(diào)遞減，
在區(qū)間$（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-2}}}{2}），（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-2}}}{2}，+∞）$上單調(diào)遞增．…（5分）
（2）f（x）與g（x）的公共定義域?yàn)椋?，+∞），|f（x）-g（x）|=|lnx-e^x|=e^x-lnx，
令F（X）=e^x-lnx，$F'（x）={e^x}-\frac{1}{x}$，$F''（x）={e^x}+\frac{1}{x^2}＞0$，所以F'（x）單調(diào)遞增
因?yàn)?F'（\frac{1}{2}）=\sqrt{e}-2＜0，F(xiàn)'（1）=e-1＞0$，
所以存在唯一${x_0}∈（{\frac{1}{2}，1}）$使得$F'（{x_0}）={e^{x_0}}-\frac{1}{x_0}=0$，∴${x_0}={e^{-{x_0}}}$
且當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)F'（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減； 當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)F'（x）＞0，F(xiàn)（x）當(dāng)遞增；
所以${F_{min}}（x）=F（{x_0}）={e^{x_0}}-ln{x_0}={e^{x_0}}+{x_0}＞{e^{\frac{1}{2}}}+\frac{1}{2}＞1.6+\frac{1}{2}＞2$故|f（x）-g（x）|＞2．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)單調(diào)性問題，及函數(shù)不等式恒成立的證明，轉(zhuǎn)化思想是關(guān)鍵，屬于中檔題．