Question

設(shè)函數(shù)f（x）=alnx，g（x）=

1

2

x²．
（1）記h（x）=f（x）-g（x），若a=4，求h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）記g'（x）為g（x）的導(dǎo)函數(shù)，若不等式f（x）+2g'（x）≤（a+3）x-g（x）在x∈[1，e]上有解，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若a=1，對任意的x₁＞x₂＞0，不等式m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立．求m（m∈Z，m≤1）的值．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)a=4時，可得h(x)=4lnx-

1

2

x2，利用導(dǎo)數(shù)公式算出h′(x)=

4

x

-x，再解關(guān)于x的不等式并結(jié)合函數(shù)h（x）的定義域，即可得到函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）通過移項合并同類項，化簡不等式f（x）+2g'（x）≤（a+3）x-g（x）得a(x-lnx)≥

1

2

x2-x，再進(jìn)行變量分離得a≥

1 2 x2-x

x-lnx

，由此設(shè)y=

1 2 x2-x

x-lnx

并討論其單調(diào)性得到ymin=-

1

2

，結(jié)合原不等式有解即可算出實數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=1時原不等式恒成立，即mg（x₁）-x₁f（x₁）＞mg（x₂）-x₂f（x₂）恒成立，因此設(shè)t(x)=

m

2

x2-xlnx，結(jié)合題意當(dāng)x∈（0，+∞）時t（x）為增函數(shù)，得t′（x）≥0恒成立，解出m≥

lnx+1

x

恒成立．再研究不等式右邊對應(yīng)函數(shù)h（x）的單調(diào)性得到h（x）_max=1，從而得到m≥1，結(jié)合已知條件可得m=1．

解答：解：（1）當(dāng)a=4時，可得f（x）=4lnx，此時h(x)=4lnx-

1

2

x2，
由h′(x)=

4

x

-x＞0得-2＜x＜2，結(jié)合x＞0，可得0＜x＜2．
所以h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2）．…（4分）
（2）不等式f（x）+2g′（x）≤（a+3）x-g（x），即為alnx+2x≤(a+3)x-

1

2

x2，
化簡得：a(x-lnx)≥

1

2

x2-x，
由x∈[1，e]知x-lnx＞0，因而a≥

1 2 x2-x

x-lnx

，設(shè)y=

1 2 x2-x

x-lnx

，
由y′=

(x-1)(x-lnx)-(1- 1 x )( 1 2 x2-x)

(x-lnx)2

=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx)

(x-lnx)2

，
∵當(dāng)x∈（1，e）時x-1＞0，

1

2

x+1-lnx＞0，∴y′＞0在x∈[1，e]時成立．
由不等式有解，可得知a≥ymin=-

1

2

，即實數(shù)a的取值范圍是[-

1

2

，+∞）…（10分）
（3）當(dāng)a=1，f（x）=lnx．
由m[g（x₁）-g（x₂）]＞x₁f（x₁）-x₂f（x₂）恒成立，得mg（x₁）-x₁f（x₁）＞mg（x₂）-x₂f（x₂）恒成立，
設(shè)t(x)=

m

2

x2-xlnx(x＞0)．
由題意知x₁＞x₂＞0，故當(dāng)x∈（0，+∞）時函數(shù)t（x）單調(diào)遞增，
∴t′（x）=mx-lnx-1≥0恒成立，即m≥

lnx+1

x

恒成立，
因此，記y=

lnx+1

x

，得y′(x)=

-lnx

x2

，
∵函數(shù)在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)h（x）在x=1時取得極大值，并且這個極大值就是函數(shù)h（x）的最大值．
由此可得h（x）_max=h（1）=1，故m≥1，結(jié)合已知條件m∈Z，m≤1，可得m=1．…（16分）

點評：本題給出含有分式和對數(shù)符號的函數(shù)，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間并討論關(guān)于x的不等式解集非空的問題，著重考查了導(dǎo)數(shù)的公式和運(yùn)算法則、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)在最大最小值問題中的應(yīng)用等知識，屬于中檔題．