Question

10．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{5}{2}$x．
（Ⅰ）若關(guān)于x的方程f（x）+m=0在[$\frac{1}{4}$，2]上有實(shí)數(shù)根，求m的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)g（x）=f（x）-（b-$\frac{3}{2}$）x的兩個(gè)極值點(diǎn)，若b≥$\frac{3}{2}$，且g（x₁）-g（x₂）≥k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的值域即可；
（Ⅱ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，表示出x₁ 的范圍，構(gòu)造函數(shù)F（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$）（0＜x≤$\frac{1}{2}$），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出k的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{（x-2）（2x-1）}{2x}$，x∈[$\frac{1}{4}$，2]，
令f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{4}$≤x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x≤2，
∴f（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，2]遞減，
∴x=$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）_最大值=f（$\frac{1}{2}$）=-ln2-$\frac{9}{8}$，
而f（$\frac{1}{4}$）-f（2）=-ln8+$\frac{45}{32}$＜0，
故f（x）的值域是[-ln4-$\frac{19}{32}$，-ln2-$\frac{9}{8}$]，
若關(guān)于x的方程f（x）+m=0在[$\frac{1}{4}$，2]上有實(shí)數(shù)根，
則m的范圍是[ln2+$\frac{9}{8}$，ln4+$\frac{19}{32}$]；
（Ⅱ）∵g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（b+1）x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（b+1）=$\frac{{x}^{2}-（b+1）x+1}{x}$，
由g′（x）=0得x²-（b+1）x+1=0
∴x₁+x₂=b+1，x₁x₂=1，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵b≥$\frac{3}{2}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}≥\frac{5}{2}}\\{0{＜x}_{1}＜\frac{1}{{x}_{1}}}\end{array}\right.$，解得：0＜x₁≤$\frac{1}{2}$，
∴g（x₁）-g（x₂）=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$（x₁²-x₂²）-（b+1）（x₁-x₂）=2lnx₁-$\frac{1}{2}$（x₁²-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$），
設(shè)F（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$）（0＜x≤$\frac{1}{2}$），
則F′（x）=$\frac{2}{x}$-x-$\frac{1}{{x}^{3}}$=$\frac{{-{（x}^{2}-1）}^{2}}{{x}^{3}}$＜0
∴F（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上單調(diào)遞減；∴當(dāng)x₁=$\frac{1}{2}$時(shí)，F(xiàn)（x）_min=F（$\frac{1}{2}$）=$\frac{15}{8}$-2ln2，
∴k≤$\frac{15}{8}$-2ln2，
∴k的最大值是$\frac{15}{8}$-2ln2．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的極值，最值和導(dǎo)數(shù)之間是關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大．