Question

12．已知函數(shù) f（x）=2lnx+x²-ax．
（Ⅰ）當(dāng)a=5時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線y=f（x）圖象上的兩個(gè)相異的點(diǎn)，若直線AB的斜率k＞1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，x₁＜x₂且x₂＞e，若f（x₁）-f（x₂）≥m恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=5時(shí)，f（x）=2lnx+x²-5x．求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）由題意可知：k=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞1，$\frac{[f（{x}_{2}）-{x}_{2}]-[f（{x}_{1}）-{x}_{1}]}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，構(gòu)造函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，分離參數(shù)，即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）f（x₁）-f（x₂）=（2lnx₁+x₁²-ax₁）-（2lnx₂+x₂²-ax₂）=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-x₁²+2lnx₁²，令x₁²=x，則0＜x＜$\frac{1}{{e}^{2}}$，g（x）=$\frac{1}{x}$-x-2lnx，求導(dǎo)，確定函數(shù)的單調(diào)性，求最值，即可求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=5時(shí)，f（x）=2lnx+x²-5x．求導(dǎo)，
f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-5x+2}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-2）}{x}$，（x＞0），
令f′（x）＞0，解得：x＞2或0＜x＜$\frac{1}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜2，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（0，$\frac{1}{2}$），（2，+∞）；f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間（$\frac{1}{2}$，2）；
（Ⅱ）由題意可知：k=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞1，∴$\frac{[f（{x}_{2}）-{x}_{2}]-[f（{x}_{1}）-{x}_{1}]}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，
令g（x）=f（x）-x，則g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g′（x）=f′（x）-1≥0，
∴$\frac{2{x}^{2}-ax+2}{x}$-1≥0在（0，+∞）上恒成立，
∴a≤2x+$\frac{2}{x}$-1在（0，+∞）上恒成立，
∵2x+$\frac{2}{x}$≥4，x=1時(shí)取等號(hào)，
∴a≤3；
（Ⅲ）∵x₁+x₂=$\frac{a}{2}$，x₁x₂=1，∴a=2（x₁+x₂），x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∴f（x₁）-f（x₂）=（2lnx₁+x₁²-ax₁）-（2lnx₂+x₂²-ax₂）=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-x₁²+2lnx₁²，
令x₁²=x，則0＜x＜$\frac{1}{{e}^{2}}$，g（x）=$\frac{1}{x}$-x-2lnx，
∴g′（x）=-$\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$＜0，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）上單調(diào)遞減，
∴g（x）＞g（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=${e}^{2}-\frac{1}{{e}^{2}}$-4，
∴m≤${e}^{2}-\frac{1}{{e}^{2}}$-4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，正確構(gòu)造函數(shù)，合理求導(dǎo)是關(guān)鍵．