Question

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

Answer 1

分析：（1）由a=0，我們可以由f（x）≥h（x）在（1，+∞）上恒成立，得到-mlnx≥-x，即 m≤

x

lnx

在（1，+∞）上恒成立，構造函數 φ=

x

lnx

，求出函數的最小值，即可得到實數m的取值范圍；
（2）當m=2時，我們易求出函數g（x）=f（x）-h（x）的解析式，由方程的根與對應函數零點的關系，易轉化為x-2lnx=a，在[1，3]上恰有兩個相異實根，利用導數分析函數的單調性，然后根據零點存在定理，構造關于a的不等式組，解不等式組即可得到答案．
（3）由 g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有兩個實根x₁，x₂，知

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

兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）由此入手能夠證明：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．從而可證g′（px₁+qx₂）＜0．

解答：解：（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，+∞）上恒成立等價于m≤φ（x）_min．
求得 φ′(x)=

lnx-1

ln2x

當x∈（1，e）時；φ′（x）＜0；當x∈（e，+∞）時，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k（x）=f（x）-h（x）在[1，3]上恰有兩個不同的零點等價于方程x-2lnx=a，在[1，3]上恰有兩個相異實根．
令g（x）=x-2lnx，則 g′(x)=1-

2

x

當x∈[1，2）時，g′（x）＜0，當x∈（2，3]時，g′（x）＞0
g（x）在[1，2]上是單調遞減函數，在（2，3]上是單調遞增函數．
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有兩個實根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．

點評：本題以函數為載體，考查的知識點是利用導數研究函數的極值，函數的零點，具有一定的難度，解題時要注意挖掘題設中的隱含條件．其中（1）的關鍵是構造函數，將問題轉化為函數恒成立問題，（2）的關鍵是利用導數分析函數的單調性后，進而構造關于a的不等式組．