Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$x²-mx+1（m∈R）．
（1）設(shè)函數(shù)f（x）=2m²f（x）-g（x），求函數(shù)F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）對于任意實數(shù)x₁，x₂∈[1，2]，且x₁≠x₂，都有f（x₁）-f（x₂）＞g（x₂）-g（x₁）成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為f（x）_min＞g（x）_max在[1，2]恒成立，f（x）_min=f（1）=0，只需g（x）＜0在[1，2]恒成立即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的范圍即可．

解答 解：（1）F（x）=2m²f（x）-g（x）=2m²lnx-$\frac{1}{2}$x²-mx+1，（x＞0），
F′（x）=-$\frac{（x-2m）（x+m）}{x}$，
①m＞0時，x+m＞0，
令F′（x）＞0，解得：x＜2m，令F′（x）＜0，解得：x＞2m，
∴F（x）在（0，2m）遞增，在（2m，+∞）遞減，
②m=0時，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）在（0，+∞）遞減，
③m＜0時，x-2m＞0，
令F′（x）＞0，解得：x＜-m，令F′（x）＜0，解得：x＞-m，
∴F（x）在（0，-m）遞增，在（-m，+∞）遞減；
（2）對于任意實數(shù)x₁，x₂∈[1，2]，且x₁≠x₂，都有f（x₁）-f（x₂）＞g（x₂）-g（x₁）成立，
即f（x）_min＞g（x）_max在[1，2]恒成立，
f（x）=lnx在[1，2]遞增，f（x）_min=f（1）=0，
∴只需g（x）＜0在[1，2]恒成立即可，
函數(shù)g（x）的對稱軸x=m，
m≤1時，g（x）在[1，2]遞增，g（x）_max=g（2）=3-2m＜0，解得：m＞$\frac{3}{2}$，舍，
m≥2時，g（x）在[1，2]遞減，g（x）_max=g（1）=$\frac{3}{2}$-m＜0，解得：m＞$\frac{3}{2}$，
故m≥2；
1＜m＜2時，g（x）_max=max{g（1）或g（2）}，解得：m＞$\frac{3}{2}$，
故$\frac{3}{2}$＜m＜2，
綜上：m＞$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．