Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²-ax+2lnx．
（Ⅰ）若a=2，求曲線y=f（x）在點(diǎn)P（1，f（1））處的切線；
（Ⅱ）若函數(shù)y=f（x）在定義域上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)f（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂，若${x_1}∈（0，\frac{1}{e}]$，且f（x₁）≥t+f（x₂）恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出f（1），f′（1），代入直線方程即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為2x²-ax+2≥0在（0，+∞）恒成立，分離參數(shù)，求出a的范圍即可；
（Ⅲ）求出f′（x），根據(jù)f（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂，可以確定x₁，x₂為f′（x）=0的兩個根，從而得到x₁x₂=1，可以確定x₂＞1，求解h（x₁）-h（x₂），構(gòu)造函數(shù)u（x）=x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$-2lnx²，x≥1，利用導(dǎo)數(shù)研究u（x）的取值范圍，從而求出t的范圍．

解答 解：（Ⅰ）a=2時，f（x）=x²-2x+2lnx，f′（x）=2x-2+$\frac{2}{x}$，
∴f（1）=-1，f′（1）=2，過（1，-1），斜率是2的直線方程是：
y+1=2（x-1），即：2x-y-3=0；
（Ⅱ）f′（x）=2x-a+$\frac{2}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-ax+2}{x}$，（x＞0），
若函數(shù)y=f（x）在定義域上單調(diào)遞增，
則2x²-ax+2≥0在（0，+∞）恒成立，
即a≤2（x+$\frac{1}{x}$），而x+$\frac{1}{x}$的最小值是2，
故a≤4；
（Ⅲ）∵f（x）=x²-ax+2lnx，
∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-ax+2}{x}$，（x＞0），
∵f（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂，
∴x₁，x₂為f′（x）=0的兩個根，即2x²-ax+2=0的兩個根，
∴x₁x₂=1，
∵x₁∈（0，$\frac{1}{e}$]，且ax_i=2${{x}_{i}}^{2}$+1（i=1，2），∴x₂∈[e，+∞），
∴f（x₁）-f（x₂）=（${{x}_{1}}^{2}$-ax₁+2lnx₁）-（${{x}_{2}}^{2}$-ax₂+2lnx₂）
=（-${{x}_{1}}^{2}$-1+2lnx₁）-（-${{x}_{2}}^{2}$-1+2lnx₂）
=${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$+2ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=${{x}_{2}}^{2}$-$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$-2ln${{x}_{2}}^{2}$，（x₂＞1），
設(shè)u（x）=x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$-2lnx²，x≥e，
∴u′（x）=$\frac{{2{（x}^{2}-1）}^{2}}{{x}^{3}}$≥0，u（x）在[e，+∞）遞增，
∴u（x）≥u（e）=e²-$\frac{1}{{e}^{2}}$-4，
∴t∈（-∞，e²-$\frac{1}{{e}^{2}}$-4]．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件．求函數(shù)極值的步驟是：先求導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)等于0，求出方程的根，確定函數(shù)在方程的根左右的單調(diào)性，根據(jù)極值的定義，確定極值點(diǎn)和極值．過程中要注意運(yùn)用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，一般導(dǎo)數(shù)的正負(fù)對應(yīng)著函數(shù)的單調(diào)性．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，一般是求出導(dǎo)函數(shù)對應(yīng)方程的根，然后求出跟對應(yīng)的函數(shù)值，區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值，然后比較大小即可得到函數(shù)在閉區(qū)間上的最值．屬于難題．