Question

20．已知函数f（x）=x²-8lnx，g（x）=-x²+14x
（1）若函数f（x）和函数g（x）在区间（a，a+1）上均为增函数，求实数a的取值范围；
（2）若F（x）=$\frac{1}{4}$[g（x）-f（x）]+m-$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{7x}{2}$在[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不同的零点，求实数m的取值范围；
（3）试判断方程|-$\frac{1}{8}$f（x）+$\frac{1}{8}$x²-x|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$有无实数解．

Answer 1

分析 （1）利用导数与函数的单调性质，先求出x的范围，再根据集合的关系求出a的范围；
（2）利用导数求出函数的在[$\frac{1}{e}$，e]上的极值和最值，即可得到结论；
（3）分别构造函数，h（x）=-$\frac{1}{8}$f（x）+$\frac{1}{8}$x²-x=lnx-x，设φ（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，利用导数求出函数的最值，然后比较即可得到结论．

解答 解：（1）f′（x）=2x-$\frac{8}{x}$=$\frac{2（x-2）（x+2）}{x}$，（x＞0），g′（x）=-2x+14，
∵函数f（x）和函数g（x）在区间（a，a+1）上均为增函数，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（x）≥0}\\{g′（x）≥0}\\{x＞0}\end{array}\right.$，
解得2≤x≤7，
∴（a，a+1）⊆[2，7]，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a≥2}\\{a+1≤7}\end{array}\right.$，
解得2≤a≤6．
故a的取值范围为[2，6]
（2）F（x）=$\frac{1}{4}$[g（x）-f（x）]+m-$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{7x}{2}$=-x²+2lnx+m
则F′（x）=-2x+$\frac{2}{x}$=-$\frac{2（x+1）（x-1）}{x}$，
∵x∈[$\frac{1}{e}$，e]，
∴由F′（x）=0，得x=1，
当$\frac{1}{e}$＜x＜1时，F′（x）＞0，此时函数单调递增，
当1＜x＜e时，F′（x）＜0，此时函数单调递减，
故当x=1时，函数F（x）取得极大值g（1）=m-1，
F（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$，F（e）=m+2-e²，
F（e）-F（$\frac{1}{e}$）=4-e²+$\frac{1}{{e}^{2}}$＜0，
则F（e）＜F（$\frac{1}{e}$），
∴F（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上最小值为F（e），
要使F（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上有两个零点，
则满足$\left\{\begin{array}{l}{F（1）=m-1＞0}\\{F（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，
解得1＜m≤2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故实数m的取值范围是（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]；
（3）设h（x）=-$\frac{1}{8}$f（x）+$\frac{1}{8}$x²-x=lnx-x，
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，x＞0，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0．函数单调递减，
∴当x=1时函数有最大值为h（1）=-1，
∴|-$\frac{1}{8}$f（x）+$\frac{1}{8}$x²-x|≥1，
再设φ（x）=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$，
∴φ′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，x＞0，
当0＜x＜e时，φ′（x）＞0，函数单调递增，当x＞e时，φ′（x）＜0．函数单调递减，
∴当x=e时函数有最大值为φ（e）=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2}$＜1，
∴方程|-$\frac{1}{8}$f（x）+$\frac{1}{8}$x²-x|=$\frac{lnx}{x}$+$\frac{1}{2}$无实数解．

点评 本题主要考查导数和函数的单调性以最值问题以及函数零点存在的问题，考查学生的运算能力，化归能力，属于中档题．