Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=ax²-（2a+1）x，a∈R
（1）當(dāng)a=1時(shí)，求不等式f（x）•g（x）＞0的解集；
（2）若a≠0，求函數(shù)F（x）=f（x）+g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（3）求證：當(dāng)a∈[-$\frac{3+2\sqrt{2}}{2}$，$\frac{2}{3}$]時(shí)，對于任意兩個(gè)不等的實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，均有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的定義域，解不等式（x-3）•lnx＞0即可；
（2）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的遞減區(qū)間即可；
（3）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性得到函數(shù)，構(gòu)造ω（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}-x}$，求出ω（x）的單調(diào)區(qū)間得到f（x₂）-f（x₁）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₁）-f（x₂），解出即可．

解答 解：（1）定義域是（0，+∞），不等式等價(jià)于（x-3）•lnx＞0，
故不等式的解集是（0，1）∪（3，+∞）；
（2）F′（x）=$\frac{2a（x-\frac{1}{2a}）（x-1）}{x}$，
a＜0時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，解得：x＞1，
a=$\frac{1}{2}$時(shí)，F(xiàn)′（x）≥0恒成立，函數(shù)無減區(qū)間，
0＜a＜$\frac{1}{2}$時(shí)，令F′（x）＜0，解得：1＜x＜$\frac{1}{2a}$，f（x）在（1，$\frac{1}{2a}$）遞減，
a＞$\frac{1}{2}$時(shí)，令F′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2a}$＜x＜1，f（x）在（$\frac{1}{2a}$，1）遞減；
（3）不妨設(shè)x₁＞x₂，由（2）得：a≤$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）+g（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]單調(diào)遞增，
$\frac{1}{2}$≤a≤$\frac{2}{3}$時(shí)，$\frac{1}{2a}$≥$\frac{3}{4}$，
∴f（x）+g（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]是單調(diào)遞增函數(shù)，
f（x₁）+g（x₁）＞f（x₂）+g（x₂）對x∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]恒成立，
當(dāng)a≥$\frac{-3-2\sqrt{2}}{2}$時(shí)，令ω（x）=$\frac{x+1}{{x}^{2}-x}$，
則ω′（x）=-$\frac{{x}^{2}+2x-1}{{{（x}^{2}-x）}^{2}}$=0，解得；x=$\sqrt{2}$-1，
隨著x的變換，ω′（x），ω（x）的變化如下：

x	（$\frac{1}{4}$，$\sqrt{2}$-1）	$\sqrt{2}$-1	（$\sqrt{2}$-1，$\frac{3}{4}$）
ω′（x）	+	0	-
ω（x）	↑	-3-2$\sqrt{2}$	↓

∴ω（x）_max=-3-2$\sqrt{2}$，
∴?x∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，2a≥$\frac{x+1}{{x}^{2}-x}$，從而f（x）-g（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]單調(diào)遞增，
f（x₁）-g（x₁）＞f（x₂）-g（x₂）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]恒成立，
f（x₂）-f（x₁）＜g（x₁）-g（x₂）＜f（x₁）-f（x₂）對x₁，x₂∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，x₁＞x₂恒成立，
∴任意實(shí)數(shù)x₁，x₂∈[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$]，均有|f（x₁）-f（x₂）|＞|g（x₁）-g（x₂）|成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．