Question

設(shè)函數(shù)f（x）=x²-mlnx，h（x）=x²-x+a．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）≥h（x）在（1，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）當(dāng)m=2時(shí)，若函數(shù)k（x）=f（x）-h（x）在[1，3]上恰有兩個(gè)不同零點(diǎn)，求實(shí)數(shù) a的取值范圍；
（3）當(dāng)m=2時(shí)，如果函數(shù)g（x）=-f（x）-ax的圖象與x軸交于兩點(diǎn)A（x₁，0）、B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂．求證：g′（px₁+qx₂）＜0（其中正常數(shù)p，q滿足p+q=1，且q≥p）．

Answer 1

（1）由a=0，f（x）≥h（x）可得-mlnx≥-x，即 m≤

x

lnx

記 φ=

x

lnx

，則f（x）≥h（x）在（1，+∞）上恒成立等價(jià)于m≤φ（x）_min．
求得 φ′(x)=

lnx-1

ln2x

當(dāng)x∈（1，e）時(shí)；φ′（x）＜0；當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，φ′（x）＞0
故φ（x）在x=e處取得極小值，也是最小值，
即φ（x）_min=φ（e）=e，故m≤e．
（2）函數(shù)k（x）=f（x）-h（x）在[1，3]上恰有兩個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有兩個(gè)相異實(shí)根．
令g（x）=x-2lnx，則 g′(x)=1-

2

x

當(dāng)x∈[1，2）時(shí)，g′（x）＜0，當(dāng)x∈（2，3]時(shí)，g′（x）＞0
g（x）在[1，2]上是單調(diào)遞減函數(shù)，在（2，3]上是單調(diào)遞增函數(shù)．
故g（x）_min=g（2）=2-2ln2
又g（1）=1，g（3）=3-2ln3
∵g（1）＞g（3），
∴只需g（2）＜a≤g（3），
故a的取值范圍是（2-2ln2，3-2ln3〕
（3）∵g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有兩個(gè)實(shí)根x₁，x₂，
∴

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0

兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）
∴a=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，(x1＞0，x2＞0)
于是 g/(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(x1+x2)
=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2p-1)(x2-x1)．
∵q＞p，∴2q≥1，∵2p≤1，∴（2p-1）（x₂-x₁）＜0．
要證：g′（px₁+qx₂）＜0，只需證：

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x2-x1

＜0．
只需證：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．（*）
令

x1

x2

=t∈(0，1)，∴（*）化為

1-t

pt+1

+lnt＜0
只證 u(t)=lnt+

1-t

pt+q

＜0即可.u/(t)=

1

t

+

-(pt+q)-(1-t)•p

(pt+q)2

=

1

t

-

1

(pt+q)2

=

(pt+q)2-t

t(pt+q)2

=

p2(t-1)(t- q2 p2 )

t(pt+q)2

，

q2

p2

＞1，0＜t＜1，
∴t-1＜0．∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴u（t）＜u（1）=0
∴u（t）＜0，∴lnt+

1-t

pt+q

＜0．
即：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．∴g′（px₁+qx₂）＜0．