Question

4．已知函數(shù)f（x）=-x²+2lnx的極大值是函數(shù)g（x）=x+$\frac{a}{x}$的極小值的-$\frac{1}{2}$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，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（　�。�

• 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 利用導(dǎo)數(shù)得出函數(shù)f（x）的極大值，再求出g（x）的極小值，得到關(guān)于a的方程即可得出a的值，通過(guò)對(duì)k-1分正負(fù)討論，把要證明的不等式變形等價(jià)轉(zhuǎn)化，再利用導(dǎo)數(shù)研究其極值與最值即可．

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）遞增，在（1，+∞）遞減，
故f（x）_極大值=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，$\sqrt{a}$）遞減，在（$\sqrt{a}$，+∞）遞增，
故g（x）_極小值=g（$\sqrt{a}$）=2$\sqrt{a}$，
由函數(shù)f（x）的極大值是函數(shù)g（x）的極小值的-$\frac{1}{2}$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]．
則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．
當(dāng)x∈[$\frac{1}{e}$，1）時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，3]時(shí)，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)h（x）取得極大值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當(dāng)k-1＞0時(shí)，對(duì)于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等價(jià)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當(dāng)k-1＜0時(shí)，對(duì)于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]，不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{k-1}$≤1恒成立，
等價(jià)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．
綜上可知：實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，-$\frac{34}{3}$+2ln3]∪（1，+∞）．
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、證明不等式，考查了分類(lèi)討論的思想方法，考查了計(jì)算能力，屬于難題．