Question

16．已知函數(shù)f（x）=x²-alnx．
（1）若f（x）在[3，5]上是單調(diào)遞減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）記g（x）=f（x）+（2+a）lnx-2（b-1）x，并設(shè)x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)g（x）的兩個極值點，若$b≥\frac{7}{2}$，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）令f′（x）≤0在[3，5]上恒成立，分離參數(shù)得a≥2x²，利用二次函數(shù)的單調(diào)性求出最值即可得出a的范圍；
（2）令g′（x）=0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1，化簡得g（x₁）-g（x₂）=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，根據(jù)b的范圍得出t的范圍，利用函數(shù)單調(diào)性可求得h（t）=2lnt+（$\frac{1}{t}$-t）的范圍，得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）=x²-alnx在[3，5]上是單調(diào)減函數(shù)，
∴f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$≤0在[3，5]上恒成立，
∴a≥2x²恒成立，x∈[3，5]．
∵y=2x²在[3，5]上單調(diào)遞增，
∴y=2x²在[3，5]上的最大值為2×5²=50，
∴a≥50．
（2）g（x）=x²-alnx+（2+a）lnx-2（b-1）x=x²+2lnx-2（b-1）x，
∴g′（x）=2x+$\frac{2}{x}$-2（b-1）=$\frac{2[{x}^{2}-（b-1）x+1]}{x}$，
令g′（x）=0得x²-（b-1）x+1=0，
∴x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1，
∴g（x₁）-g（x₂）=[x₁²+2lnx₁-2（b-1）x₁]-[x₂²+2lnx₂-2（b-1）x₂]
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁²-x₂²）+2（b-1）（x₂-x₁）
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（x₁²-x₂²）+2（x₁+x₂）（x₂-x₁）
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+x₂²-x₁²
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），
設(shè)$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，則0＜t＜1，
∴g（x₁）-g（x₂）=2lnt+（$\frac{1}{t}$-t），
令h（t）=2lnt+（$\frac{1}{t}$-t），則h′（t）=$\frac{2}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$-1=-$\frac{（t-1）^{2}}{{t}^{2}}$＜0，
∴h（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，
∵b≥$\frac{7}{2}$，∴（b-1）²≥$\frac{25}{4}$，即（x₁+x₂）²=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=t+$\frac{1}{t}$+2≥$\frac{25}{4}$，
∴4t²-17t+4≥0，解得t≤$\frac{1}{4}$或t≥4．
又0＜t＜1，
∴0$＜t≤\frac{1}{4}$．
∴h_min（t）=h（$\frac{1}{4}$）=2ln$\frac{1}{4}$+（4-$\frac{1}{4}$）=$\frac{15}{4}$-4ln2．
∴g（x₁）-g（x₂）的最小值為$\frac{15}{4}$-4ln2．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)最值的計算，利用根與系數(shù)的關(guān)系化簡g（x₁）-g（x₂）是解題的關(guān)鍵點，屬于中檔題．