Question

已知函數(shù)f（x）=x²-alnx，x∈（1，2），
（1）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若f（x）在（1，2）為增函數(shù)，g(x)=x-a

x

在（0，1）上為減函數(shù)．
求證：方程f（x）=g（x）+2在（0，+∞）內(nèi)有唯一解；
（3）當b＞-1時，若f(x)≥2bx-

1

x2

在x∈（0，1）內(nèi)恒成立，求實數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）由f（x）的解析式求出f（x）的導函數(shù)，分a≤2和a≥8以及2＜a＜8三種情況，分別令導函數(shù)大于0列出關(guān)于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的范圍即為函數(shù)的遞增區(qū)間；令導函數(shù)小于0列出關(guān)于x的不等式，求出不等式的解集即可得到x的范圍即為函數(shù)的遞減區(qū)間；
（2）由（1）不難給出方程f（x）=g（x）+2，然后構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性證明方程解的唯一性；
（3）f（x） ≥2bx-

1

x2

在（0，1]上恒成立 ⇒2b≤x-

2lnx

x

+

1

x3

在（0，1]上恒成立．由此能導出b的取值范圍．

解答：解：（1）f′(x)=2x-

a

x

=

2(x2- a 2 )

x

，x∈(1，2)
①當2＜a＜8時，當x∈(1，

a 2 )

時，f'（x）＜0，∴f（x）在(1，

a 2 )

單調(diào)遞減；
當x∈(

a 2

，2)時，f'（x）＞0，∴f（x）在(

a 2

，2)單調(diào)遞增；
②當a≤2時，f'（x）≥0，∴f（x）在（1，2）單調(diào)遞增；
③當a≥8時，f'（x）≤0，∴f（x）在（1，2）單調(diào)遞減；
（2）f′(x)=2x-

a

x

，依題意f'（x）≥0，x∈（1，2]，即a≤2x²，x∈（1，2]．
∵上式恒成立，∴a≤2．①
又 g′(x)=1-

a

2 x

，依題意g'（x）≤0，x∈（0，1），即 a＞2

x

，x∈（0，1）．
∵上式恒成立，∴a≥2．②
由①②得a=2
∴方程f（x）=g（x）+2，即x2-2lnx-x+2

x

-2=0．
設 h(x)=x2-2lnx-x+2

x

-2，
則h′(x)=2x-

2

x

-1+

1

x

令h'（x）＞0，并由x＞0，得 (

x

-1)(2x

x

+2x+

x

+2)＞0，解知x＞1
令h'（x）＜0，由x＞0，解得0＜x＜1
列表分析：
知h（x）在x=1處有一個最小值0
當x＞0且x≠1時，h（x）＞0，
∴h（x）=0在（0，+∝）上只有一個解．
即當x＞0時，方程f（x）=g（x）+2有唯一解；
（3）f（x） ≥2bx-

1

x2

在（0，1]上恒成立，⇒2b≤x-

2lnx

x

+

1

x3

在（0，1]上恒成立．
設 H(x)=x-

2lnx

x

+

1

x3

，則 H′(x)=

x2(x2-2+2lnx) -3

x4

，
∵0＜x≤1⇒x²-2＜0，2lnx＜0，
∴H′（x）＜0，H（x）d （0，1]單調(diào)遞減，
∴-1＜b≤1，又∵b＞-1，∴-1＜b≤1．

點評：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性比用函數(shù)單調(diào)性的定義要方便，但應注意f′（x）＞0（或f′（x）＜0）僅是f（x）在某個區(qū)間上為增函數(shù)（或減函數(shù)）的充分條件，在（a，b）內(nèi)可導的函數(shù)f（x）在（a，b）上遞增（或遞減）的充要條件應是f′（x）≥0[或f′（x）≤0]，x∈（a，b）恒成立，且f′（x）在（a，b）的任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0，這就是說，函數(shù)f（x）在區(qū)間上的增減性并不排斥在區(qū)間內(nèi)個別點處有f′（x₀）=0，甚至可以在無窮多個點處f′（x₀）=0，只要這樣的點不能充滿所給區(qū)間的任何一個子區(qū)間，因此，在已知函數(shù)f（x）是增函數(shù)（或減函數(shù)）求參數(shù)的取值范圍時，應令f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立，解出參數(shù)的取值范圍（一般可用不等式恒成立理論求解），然后檢驗參數(shù)的取值能否使f′（x）恒等于0，若能恒等于0，則參數(shù)的這個值應舍去，若f′（x）不恒為0，則由f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立解出的參數(shù)的取值范圍確定，屬難題．