Question

9．已知函數(shù)f（x）=ax-lnx，F(xiàn)（x）=e^x+ax，其中x＞0．
（1）若a＜0，f（x）和F（x）在區(qū)間（0，ln3）上具有相同的單調(diào)性，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)函數(shù)h（x）=x²-f（x）有兩個極值點x₁、x₂，且x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），求證：h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定a的范圍即可；
（2）先求出h（x₁）-h（x₂）=ln2+2lnx₁-x₁²+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的最小值，從而證明結(jié)論．

解答 （1）解：f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，F(xiàn)′（x）=e^x+a，x＞0，
∵a＜0，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，即f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)-1≤a＜0時，F(xiàn)′（x）＞0，即F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，不合題意；
當(dāng)a＜-1時，由F′（x）＞0，得x＞ln（-a），由F′（x）＜0，得0＜x＜ln（-a），
∴F（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，ln（-a）），單調(diào)增區(qū)間為（ln（-a），+∞）．
∵f（x）和F（x）在區(qū)間（0，ln3）上具有相同的單調(diào)性，
∴l(xiāng)n（-a）≥ln3，解得a≤-3，
綜上，a的取值范圍是（-∞，-3]．
（2）證明：h（x）=x²-ax+lnx，∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-ax+1}{x}$，（x＞0），
x₁•x₂=$\frac{1}{2}$，則x₂=$\frac{1}{{2x}_{1}}$，
h（x₁）-h（x₂）=lnx₁+x12-ax₁-lnx₂-x22+ax₂
=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+[x₁+x₂-2（x₁+x₂）（x₁-x₂）
=ln2+2lnx₁-x₁²+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，
令g（x₁）=ln2+2lnx₁-x₁²+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，
則g′（x）=$\frac{2}{{x}_{1}}$-2x₁-$\frac{1}{{{2x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{{（{{2x}_{1}}^{2}-1）}^{2}}{{{2x}_{1}}^{2}}$，
∵0＜x₁＜$\frac{1}{2}$，∴g′（x₁）＜0，
∴g（x₁）在（0，$\frac{1}{2}$）上單調(diào)遞減，
∴g（x₁）＞g（$\frac{1}{2}$），而g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}$-ln2，
即g（x₁）＞$\frac{3}{4}$-ln2，
∴h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

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，不等式的證明問題，是一道難題．