Question

15．已知f（x）=x²-ax，g（x）=lnx，h（x）=f（x）+g（x）．
（1）當(dāng)a=3時，求h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)h（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），若h（x₁）-h（x₂）＞m恒成立，求m的最大值．

Answer 1

分析 （1）將a=3代入函數(shù)的表達(dá)式，求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，從而得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出h′（x），根據(jù)h（x）=f（x）+g（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂，可以確定x₁，x₂為h′（x）=0的兩個根，從而得到x₁x₂=$\frac{1}{2}$，可以確定x₂＞1，求解h（x₁）-h（x₂），構(gòu)造函數(shù)u（x）=x²-$\frac{1}{{4x}^{2}}$-ln2x²，x≥1，利用導(dǎo)數(shù)研究u（x）的取值范圍，從而可以證得h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2，進(jìn)而求出m的最大值．

解答 解：（1）a=3時，h（x）=x²-3x+lnx，
h′（x）=2x-3+$\frac{1}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-3x+1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，（x＞0），
令h′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜$\frac{1}{2}$，令h′（x）＜0，解得：$\frac{1}{2}$＜x＜1，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（1，+∞）遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）遞減；
（2）∵h(yuǎn)（x）=f（x）+g（x）=x²-ax+lnx，
∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-ax+1}{x}$，（x＞0），
∵h(yuǎn)（x）=f（x）+g（x）有兩個極值點(diǎn)x₁，x₂，
∴x₁，x₂為h′（x）=0的兩個根，即2x²-ax+1=0的兩個根，
∴x₁x₂=$\frac{1}{2}$，
∵x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），
∴x₂∈（1，+∞），且ax_i=2${{x}_{i}}^{2}$+1（i=1，2），
∴h（x₁）-h（x₂）=（${{x}_{1}}^{2}$-ax₁+lnx₁）-（${{x}_{2}}^{2}$-ax₂+lnx₂）
=${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=${{x}_{2}}^{2}$-$\frac{1}{{{4x}_{2}}^{2}}$-ln2${{x}_{2}}^{2}$，（x₂＞1），
設(shè)u（x）=x²-$\frac{1}{{4x}^{2}}$-ln2x²，x≥1，
∴u′（x）=$\frac{{（{2x}^{2}-1）}^{2}}{{2x}^{3}}$≥0，
∴u（x）＞u（1）=$\frac{3}{4}$-ln2，
∴h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2，
∴m≤$\frac{3}{4}$-ln2，
∴m的最大值是：$\frac{3}{4}$-ln2．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，一般導(dǎo)數(shù)的正負(fù)對應(yīng)著函數(shù)的單調(diào)性．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，一般是求出導(dǎo)函數(shù)對應(yīng)方程的根，然后求出跟對應(yīng)的函數(shù)值，區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值，然后比較大小即可得到函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，屬于難題．