Question

15．已知f（x）=x²-ax，g（x）=lnx，h（x）=f（x）+g（x）．
（1）当a=3时，求h（x）的单调区间；
（2）设h（x）有两个极值点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）将a=3代入函数的表达式，求出函数h（x）的导数，从而得到函数的单调区间；
（2）求出h′（x），根据h（x）=f（x）+g（x）有两个极值点x₁，x₂，可以确定x₁，x₂为h′（x）=0的两个根，从而得到x₁x₂=$\frac{1}{2}$，可以确定x₂＞1，求解h（x₁）-h（x₂），构造函数u（x）=x²-$\frac{1}{{4x}^{2}}$-ln2x²，x≥1，利用导数研究u（x）的取值范围，从而可以证得h（x₁）-h（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2，进而求出m的最大值．

解答 解：（1）a=3时，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，+∞）递增，在（$\frac{1}{2}$，1）递减；
（2）∵h（x）=f（x）+g（x）=x²-ax+lnx，
∴h′（x）=$\frac{{2x}^{2}-ax+1}{x}$，（x＞0），
∵h（x）=f（x）+g（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴x₁，x₂为h′（x）=0的两个根，即2x²-ax+1=0的两个根，
∴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），
设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．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，一般导数的正负对应着函数的单调性．利用导数研究函数在闭区间上的最值，一般是求出导函数对应方程的根，然后求出跟对应的函数值，区间端点的函数值，然后比较大小即可得到函数在闭区间上的最值，属于难题．