Question

4．已知f（x）=1-2alnx，g（x）=x²．
（1）討論h（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)性；
（2）令F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$（a＞0）對任意x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{e}$]且x₁≠x₂，|$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}$|＞$\frac{4}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$恒成立，求a的范圍．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負，分類討論h（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)性；
（2）證明函數(shù)m（x）=F（x）+$\frac{4}{{x}^{2}}$在（0，$\frac{1}{e}$]單調(diào)遞增，m′（x）=$\frac{-2a-5+2alnx}{x}$≥0在（0，$\frac{1}{e}$]上恒成立，即可求a的范圍．

解答 解：（1）h（x）=f（x）+g（x）=1-2alnx+x²，x＞0，
∴h′（x）=-$\frac{2a}{x}$+2x=$\frac{2（{x}^{2}-a）}{x}$，
當(dāng)a≤0時，h′（x）＞0恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＞0時，令h′（x）=0，解得x=$\sqrt{a}$，
當(dāng)0＜x＜$\sqrt{a}$時，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞$\sqrt{a}$時，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，
綜上所述，當(dāng)a≤0時，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＞0時，h（x）在（0，$\sqrt{a}$）上單調(diào)遞減，在（$\sqrt{a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）令F（x）=$\frac{f（x）}{g（x）}$（a＞0）對任意x₁，x₂∈（0，$\frac{1}{e}$]且x₁≠x₂，|$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}$|＞$\frac{4}{{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}}$恒成立，
∴即丨F（x₁）-F（x₂）丨＞4丨$\frac{{x}_{1}^{2}-{x}_{1}^{2}}{{x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2}}$丨=4丨$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$丨，
當(dāng)x₁＜x₂時，F(xiàn)（x₁）-F（x₂）＞4（$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$），
∴F（x₁）+$\frac{4}{{x}_{1}^{2}}$＞F（x₂）+$\frac{4}{{{x}_{2}}^{2}}$
∴函數(shù)m（x）=F（x）+$\frac{4}{{x}^{2}}$在（0，$\frac{1}{e}$]單調(diào)遞增，
∴m′（x）=$\frac{-2a-5+2alnx}{x}$≥0在（0，$\frac{1}{e}$]上恒成立，
∴a$≤\frac{-5}{1-2ln\frac{1}{e}}$=-$\frac{5}{3}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查恒成立問題，正確轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵．