Question

8．已知雨數(shù)f（x）=x²-x，g（x）=a1nx（a∈R），h（x）=kx+b（k，b∈R）．
（1）若函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間（0，1）上存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）設(shè)a=1，記[x]表示不超過實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)，如[1]=1，[1，2]=1，[-1，2]=-2，A={k|f（x）+x+1-h（x）][h（x）-2eg（x）]≥0對(duì)x＞0恒成立．若k₁，k₂∈A，求[k₂-k₁]的最大值數(shù)據(jù)是2（數(shù)據(jù)：ln2≈0.7．ln5=1.6）

Answer 1

分析 （1）F（x）=f（x）-g（x）=x²-x-a1nx，則F′（x）=2x-1-$\frac{a}{x}$，得a=2x²-x，由此可知此方程在（0，1））有2個(gè)不等實(shí)根，畫出函數(shù)φ（x）=2x²-x在（0，1）的圖象，結(jié)合圖象可得實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（2））[f（x）+x+1-h（x）][h（x）-2eg（x）]≥0對(duì)x＞0恒成立，即[x²+1-h（x）][h（x）-2elnx]≥0對(duì)x＞0恒成立．結(jié)合y=x²+1，y=2elnx的圖象可知，必有x²+1≥h（x）≥2elnx對(duì)x＞0恒成立，且k＞0．一方面，x²+1≥h（x）恒成立，從而有x²-kx+1-b≥0對(duì)x＞0恒成立．另一方面，h（x）≥2elnx對(duì)x＞0恒成立，即kx+b-2elnx≥0對(duì)x＞0恒成立．即可求解．

解答 解：（1）F（x）=f（x）-g（x）=x²-x-a1nx，則F′（x）=2x-1-$\frac{a}{x}$，
令F′（x）=0，得a=2x²-x，由此可知此方程在（0，1））有2個(gè)不等實(shí)根，
函數(shù)φ（x）=2x²-x在（0，1）的圖象如下：當(dāng)x=$\frac{1}{4}$時(shí)，φ（$\frac{1}{4}$）=-$\frac{1}{8}$

結(jié)合圖象可得實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-$\frac{1}{8}，0）$
（2）[f（x）+x+1-h（x）][h（x）-2eg（x）]≥0對(duì)x＞0恒成立，
即[x²+1-h（x）][h（x）-2elnx]≥0對(duì)x＞0恒成立．
結(jié)合y=x²+1，y=2elnx的圖象可知，必有x²+1≥h（x）≥2elnx對(duì)x＞0恒成立，且k＞0．
 一方面，x²+1≥h（x）恒成立，從而有x²-kx+1-b≥0對(duì)x＞0恒成立．
∵k＞0，故只需y=x²-kx+1-b的頂點(diǎn)值大于0即可，即（$\frac{k}{2}$）²-k×$\frac{k}{2}$+1-b≥0，⇒b≤1-$\frac{{k}^{2}}{4}$…①
  另一方面，h（x）≥2elnx對(duì)x＞0恒成立，即kx+b-2elnx≥0對(duì)x＞0恒成立．
令G（x）=kx+b-2elnx，則G′（x）=k-$\frac{2e}{x}$，
∵k＞0，x＞0，可得G（x）在（0，$\frac{2e}{k}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{2e}{k}$，+∞）單調(diào)遞增．
則有G（x）_min=G（$\frac{2e}{k}$）=k$•\frac{2e}{k}$+b-2eln$\frac{2e}{k}$≥0，即b≥2eln$\frac{2}{k}$，…②
由①②得，2eln$\frac{2}{k}$≤1-$\frac{{k}^{2}}{4}$在（0，+∞）有解．即（$\frac{k}{2}$）²-2eln$\frac{k}{2}$-1≤0．
記H（k）=（$\frac{k}{2}$）²-2eln$\frac{k}{2}$-1，則H′（x）=$\frac{k}{2}-\frac{2e}{k}≥0$時(shí)，≥2$\sqrt{e}$，
可得H（x）_min=H（2$\sqrt{e}$）=-1＜0．．
又因?yàn)镠（0）=0，h（4）=3-2eln2＜0，H（5）=$\frac{21}{4}-2eln\frac{5}{2}$＞0．
則H（k）≤0的解集為α≤k≤β，其中α=2，β∈（4，5），
[k₂-k₁]的最大值為[β-α]=2，
綜上[k₂-k₁]的最大值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想，屬于難題．