Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx-px+1（p∈R）．
（1）當(dāng)p＞$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值為-1，求P的值；
（2）若對(duì)任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，有f（x₁）-x₂²＜f（x₂）-x₁²成立，求p的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由題意可得$\frac{1}{p}$＜e，然后分0＜$\frac{1}{p}$＜1和1≤$\frac{1}{p}$＜e求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)一步求得f（x）在區(qū)間[1，e]上的最大值，由最大值為-1求P的值；
（2）由f（x₁）-x₂²＜f（x₂）-x₁²成立，得f（x₁）+x₁²＜f（x₂）+x₂²成立，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+x²，由題意可得函數(shù)g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，則g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．轉(zhuǎn)化為△=p²-8≤0或$\left\{\begin{array}{l}{{p}^{2}-8＞0}\\{\frac{p}{4}＜0}\\{h（0）=1＞0}\end{array}\right.$，求解即可得到p的取值范圍．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-px+1，x＞0，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-p=$\frac{1-px}{x}$=$\frac{-p（x-\frac{1}{p}）}{x}$，
∵p＞$\frac{1}{e}$，∴$\frac{1}{p}$＜e，
當(dāng)0＜$\frac{1}{p}$＜1時(shí)，f′（x）＜0恒成立，
∴f（x）在[1，e]上單調(diào)遞減，
∴f（x）_max=f（1）=1-p=-1，
解得p=2，滿(mǎn)足題意；
當(dāng)1≤$\frac{1}{p}$＜e時(shí)，
若f′（x）＞0時(shí)，即1≤x＜$\frac{1}{p}$，函數(shù)單調(diào)遞增，
若f′（x）＜0時(shí)，即$\frac{1}{p}$＜x≤e，函數(shù)單調(diào)遞減，
∴f（x）_max=f（$\frac{1}{p}$）=ln$\frac{1}{p}$-1+1＜-1，舍去．
綜上可得：p=2；
（2）由f（x₁）-x₂²＜f（x₂）-x₁²成立，得
f（x₁）+x₁²＜f（x₂）+x₂²成立，
構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+x²，
∵x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，
∴函數(shù)g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，則g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．
∵g（x）=f（x）+x²=lnx-px+1+x²，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}-p+2x=\frac{2{x}^{2}-px+1}{x}$（x＞0），
則h（x）=2x²-px+1≥0在（0，+∞）上恒成立．
∴△=p²-8≤0或$\left\{\begin{array}{l}{{p}^{2}-8＞0}\\{\frac{p}{4}＜0}\\{h（0）=1＞0}\end{array}\right.$，解得p$≤2\sqrt{2}$．
∴p的取值范圍是（-∞，$2\sqrt{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，訓(xùn)練了函數(shù)構(gòu)造法，屬中檔題．