Question

12．已知函數(shù)f（x）=x-lnx，g（x）=x²-ax．
（1）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]（t＞0）上的最小值m（t）；
（2）令h（x）=g（x）-f（x），A（x₁，h（x₁）），B（x₂，h（x₂））（x₁≠x₂）是函數(shù)h（x）圖象上任意兩點，且滿足$\frac{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞1，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若?x∈（0，1]，使f（x）≥$\frac{a-g（x）}{x}$成立，求實數(shù)a的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到導(dǎo)函數(shù)的零點，分t≥1和0＜t＜1討論函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]（t＞0）上的單調(diào)性，由單調(diào)性求得最小值；
（2）由$\frac{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞1，可得h（x₁）-x₁＜h（x₂）-x₂恒成立，構(gòu)造函數(shù)F（x）=h（x）-x=x²-（a+2）x+lnx，可知F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，由其導(dǎo)函數(shù)在（0，+∞）上大于等于0恒成立求得實數(shù)a的取值范圍；
（3）把f（x）≥$\frac{a-g（x）}{x}$變形，分離參數(shù)a，然后構(gòu)造函數(shù)$t（x）=\frac{{2{x^2}-xlnx}}{x+1}$，利用導(dǎo)數(shù)求其最大值得答案．

解答 解：（1）$f'（x）=1-\frac{1}{x}$，令f'（x）=0，則x=1，
當(dāng)t≥1時，f（x）在[t，t+1]上單調(diào)遞增，f（x）的最小值為f（t）=t-lnt；…（1分）
當(dāng)0＜t＜1時，f（x）在區(qū)間（t，1）上為減函數(shù)，在區(qū)間（1，t+1）上為增函數(shù)，f（x）的最小值為f（1）=1．
綜上，當(dāng)0＜t＜1時，m（t）=1；當(dāng)t≥1時，m（t）=t-lnt．…（3分）
（2）h（x）=x²-（a+1）x+lnx，對于任意的x₁，x₂∈（0，+∞），不妨取x₁＜x₂，則x₁-x₂＜0，
則由$\frac{{h（{x_1}）-h（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞1$，可得h（x₁）-h（x₂）＜x₁-x₂，
變形得h（x₁）-x₁＜h（x₂）-x₂恒成立，…（5分）
令F（x）=h（x）-x=x²-（a+2）x+lnx，
則F（x）=x²-（a+2）x+lnx在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
故$F'（x）=2x-（a+2）+\frac{1}{x}≥0$在（0，+∞）恒成立，…（7分）
∴$2x+\frac{1}{x}≥（a+2）$在（0，+∞）恒成立．
∵$2x+\frac{1}{x}≥2\sqrt{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$時取“=”，∴$a≤2\sqrt{2}-2$；…（10分）
（3）∵$f（x）≥\frac{a-g（x）}{x}$，∴a（x+1）≤2x²-xlnx．
∵x∈（0，1]，∴x+1∈（1，2]，
∴?x∈（0，1]使得$a≤\frac{{2{x^2}-xlnx}}{x+1}$成立．
令$t（x）=\frac{{2{x^2}-xlnx}}{x+1}$，則$t'（x）=\frac{{2{x^2}+3x-lnx-1}}{{{{（x+1）}^2}}}$，…（12分）
令y=2x²+3x-lnx-1，則由$y'=\frac{（x+1）（4x-1）}{x}=0$，可得$x=\frac{1}{4}$或x=-1（舍）．
當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{4}）$時，y'＜0，則y=2x²+3x-lnx-1在$（0，\frac{1}{4}）$上單調(diào)遞減；
當(dāng)$x∈（\frac{1}{4}，+∞）$時，y'＞0，則y=2x²+3x-lnx-1在$（\frac{1}{4}，+∞）$上單調(diào)遞增．
∴$y＞ln4-\frac{1}{8}＞0$，∴t'（x）＞0在x∈（0，1]上恒成立．
∴t（x）在（0，1]上單調(diào)遞增．則a≤t（1），即a≤1．…（15分）
∴實數(shù)a的最大值為1．…（16分）

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，訓(xùn)練了恒成立問題的求解方法，合理構(gòu)造函數(shù)并正確求導(dǎo)是解題的關(guān)鍵，是壓軸題．