Question

6．已知函數(shù)f（x）=x²-alnx（a∈R）．
（I）若f（x）在[1，3]上是單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（II）記g（x）=f（x）+（2+a）lnx-2（b-1）x，并設(shè)x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)g（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，若b≥1+$\frac{3}{2}\sqrt{2}$，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a≤2x²，x∈[1，3]上恒成立，求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，求出g（x₁）-g（x₂）的解析式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出其最小值即可．

解答 解：（ I）∵f（x）=x²-alnx在[1，3]上是單調(diào)遞增函數(shù)，
∴$f'（x）=2x-\frac{a}{x}≥0$在[1，3]上恒成立…（1分）
∴a≤2x²，x∈[1，3]上恒成立．…（2分）
∵y=2x²在x∈[1，3]上的最小值為2，∴a≤2…（3分）
（Ⅱ）∵g（x）=x²-alnx+（2+a）lnx-2（b-1）x=x²+2lnx-2（b-1）x，
∴$g'（x）=2x+\frac{2}{x}-2（b-1）=\frac{{2[{x^2}-（b-1）x+1]}}{x}$…（4分）
令g'（x）=0，得x²-（b-1）x+1=0，∴x₁+x₂=b-1，x₁x₂=1…（5分）
$g（{x_1}）-g（{x_2}）=[2ln{x_1}+x_1^2-2（b-1）{x_1}]-[2ln{x_2}+x_2^2-2（b-1）{x_2}]$
=$2ln\frac{x_1}{x_2}+（x_1^2-x_2^2）-2（b-1）（x_1^{\;}-x_2^{\;}）$
=$2ln\frac{x_1}{x_2}+（x_1^2-x_2^2）-2（x_1^{\;}+x_2^{\;}）（x_1^{\;}-x_2^{\;}）$
=$2ln\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_1^2-x_2^2}{{x_1^{\;}x_2^{\;}}}$=$2ln\frac{x_1}{x_2}-（\frac{{x_1^{\;}}}{{x_2^{\;}}}-\frac{{x_2^{\;}}}{{x_1^{\;}}}）$…（6分）
∵0＜x₁＜x₂，∴設(shè)$t=\frac{x_1}{x_2}（0＜t＜1）$，
令$h（t）=2lnt-（t-\frac{1}{t}）$（0＜t＜1），…（7分）
則$h'（t）=\frac{2}{t}-（1+\frac{1}{t^2}）=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{t^2}＜0$，
∴h（t）在（0，1）上單調(diào)遞減．…（8分）
又∵$b≥1+\frac{3}{2}\sqrt{2}$，∴${（b-1）^2}≥\frac{9}{2}$，
即${（{x_1}+{x_2}）^2}=\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=t+\frac{1}{t}+2≥\frac{9}{2}$
即2t²-5t+2≥0，解得∴$t≤\frac{1}{2}$或t≥2．
又∵0＜t＜1，∴$0＜t≤\frac{1}{2}$．…（10分）
∴$h（t）≥h（\frac{1}{2}）=2ln\frac{1}{2}-（\frac{1}{2}-2）=\frac{3}{2}-2ln2$．
∴g（x₁）-g（x₂）的最小值為$\frac{3}{2}-2ln2$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．