Question

已知f（x）=x²-ax，g（x）=lnx，h（x）=f（x）+g（x）．
（1）若h（x）的單調(diào)減區(qū)間是（

1

2

，1），求實數(shù)a的值；
（2）若f（x）≥g（x）對于定義域內(nèi)的任意x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)h（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁∈（0，

1

2

）．若h（x₁）-h（x₂）＞m恒成立，求m的最大值．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是（

1

2

，1），建立導數(shù)關(guān)系即可，求實數(shù)a的值；
（2）將f（x）≥g（x）對于定義域內(nèi)的任意x恒成立，利用參數(shù)分離法求函數(shù)的最值，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）求函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)函數(shù)極值，最值和導數(shù)之間的關(guān)系，求出函數(shù)的最值即可得到結(jié)論．

解答： 解：（1）由題意得h（x）=x²-ax+lnx（x＞0），則h′(x)=

2x2-ax+1

x

(x＞0)
要使h（x）的單調(diào)減區(qū)間是(

1

2

，1)則h′(1)=h′(

1

2

)=0，解得a=3；
另一方面當a=3時h′(x)=

2x2-3x+1

x

=

(2x-1)(x-1)

x

(x＞0)，
由h'（x）＜0解得x∈(

1

2

，1)，即h（x）的單調(diào)減區(qū)間是(

1

2

，1)．
綜上所述a=3．
（2）由題意得x²-ax≥lnx（x＞0），
∴a≤x-

lnx

x

(x＞0)．
設(shè)φ(x)=x-

lnx

x

(x＞0)，則φ′(x)=

x2+lnx-1

x2

，
∵y=x²+lnx-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，且x=1時，y=0．
∴當x∈（0，1）時φ'（x）＜0；
當x∈（1，+∞）時φ'（x）＞0，∴φ（x）在（0，1）內(nèi)是減函數(shù)，在（1，+∞）內(nèi)是增函數(shù)．
∴φ_min=φ（1）=1∴a≤φ_min=1，即a∈（-∞，1]．
（3）由題意得h（x）=x²-ax+lnx（x＞0），則h′(x)=

2x2-ax+1

x

(x＞0)
∴方程2x²-ax+1=0（x＞0）有兩個不相等的實根x₁，x₂，且x1∈(0，

1

2

)
又∵x1x2=

1

2

，
∴x2=

1

2x1

∈(1，+∞)，且ax1=2

x

2 1

+1，ax2=2

x

2 2

+1

而h(x1)-h(x2)=( x 2 1 -ax1+lnx1)-( x 2 2 -ax2+lnx2)=[ x 2 1 -(2 x 2 1 +1)+lnx1]-[ x 2 2 -(2 x 2 2 +1)+lnx2] = x 2 2 - x 2 1 +ln x1 x2 = x 2 2 - 1 4 x 2 2 -ln2 x 2 2 (x2＞1)

設(shè)ϕ(x)=x2-

1

4x2

-ln2x2(x＞1)，則ϕ′(x)=

(2x2-1)2

2x3

＞0(x＞1)，
∴φ（x）在（1，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，
∴ϕ(x2)＞ϕ(1)=

3

4

-ln2，即h（x₁）-h（x₂）＞

3

4

-ln2，
∴m≤

3

4

-ln2，
則m的最大值為

3

4

-ln2．

點評：本題主要考查函數(shù)的極值，最值和導數(shù)之間的關(guān)系，考查導數(shù)的綜合應用，運算量大，綜合性較強．