Question

17．已知函數f（x）=-x²+2lnx
（1）求函數f（x）的最大值；
（2）若函數f（x）與g（x）=x+$\frac{a}{x}$有相同極值點，
①求實數a的值；
②若對于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]（e為自然對數的底數），不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{k-1}$≤1恒成立，求實數k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求導，根據導數和函數最值的關系即可求出，
（2）①令f′（x）=0求出f（x）的極值點，代入g′（x）=0得出a的值；
②分別求出f（x），g（x）在[$\frac{1}{e}$，3]上的最大值和最小值，對k-1的符號進行討論得出恒等式，解出k的范圍．

解答 解：（1）∵函數f（x）的定義域為（0，+∞）
f′（x）=-2x+$\frac{2}{x}$=-$\frac{2（x+1）（x-1）}{x}$，x＞0，
令f′（x）=0得x=1或x=-1（舍），
∴f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
∴函數f（x）的最大值為f（1）=-1；
（2）①∵g（x）=x+$\frac{a}{x}$，
∴g′（x）=1-$\frac{a}{{x}^{2}}$．
由（1）知，x=1是函數f（x）的極值點，
又∵f（x）與g（x）=x+$\frac{a}{x}$有相同極值點，
∴x=1是函數g（x）的極值點，
∴g′（1）=1-a=0，解得a=1．
經驗證，當a=1時，函數g（x）在x=1時取到極小值，符合題意．
②∵f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$-2，f（1）=-1，f（3）=-9+2ln3，
易知-9+2ln3＜-$\frac{1}{{e}^{2}}$-2＜-1，即f（3）＜f（$\frac{1}{e}$）＜f（1）．
∴?x₁∈[$\frac{1}{e}$，3]，f（x₁）_min=f（3）=-9+2ln3，f（x₁）_max=f（1）=1．
由①知g（x）=x+$\frac{1}{x}$，
∴g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$．當x∈[$\frac{1}{e}$，1）時，g′（x）＜0；當x∈（1，3]時，g′（x）＞0．
故g（x）在[$\frac{1}{e}$，1）上為減函數，在（1，3]上為增函數．
∵g（$\frac{1}{e}$）=e+$\frac{1}{e}$，g（1）=2，g（3）=3+$\frac{1}{3}$=$\frac{10}{3}$，而2＜e+$\frac{1}{e}$＜$\frac{10}{3}$．
∴∴?x₁∈[$\frac{1}{e}$，3]，g（x₂）_min=g（1）=2，g（x₂）_max=g（3）=$\frac{10}{3}$．
1°當k-1＞0，即k＞1時，對于對于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，3]（e為自然對數的底數），
不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{k-1}$≤1恒成立，
等價于k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max，等價于k≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1，
∵f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-1-2=-3，
∴k≥-3+1=-2，
∵k＞1，
∴k＞1．
2°當k-1＜0，即k＜1時，對于不等式$\frac{f（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{k-1}$≤1恒成立，
等價于k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min，等價于k≤f（x₁）-g（x₂）]_min+1，
∵f（x₁）-g（x₂）≤f（3）-g（3）=-9+2ln3-$\frac{10}{3}$=-$\frac{37}{3}$+2ln3，
∴k≤-$\frac{34}{3}$+2ln3，
∵k＜1，
∴k≤≤-$\frac{34}{3}$+2ln3，
綜上，所求實數k的取值范圍為（-∞，-$\frac{34}{3}$+2ln3]∪（1，+∞）．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性、極值、證明不等式，考查了分類討論的思想方法，考查了計算能力，屬于難題．