Question

1．已知函數f（x）=-x²+mlnx（m∈R）．
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）若m=2時，函數f（x）與$g（x）=x-\frac{a}{x}（a∈R）$有相同極值點．
①求實數a的值；
②若對于$?{x_1}，{x_2}∈[{\frac{1}{e}，5}]$（e為自然對數的底數），不等式$\frac{{f（{x_1}）-g（{x_2}）}}{t+1}≤1$恒成立，求實數t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論m的范圍，求出函數的單調區間即可；
（2）①求出函數的導數，根據函數的極值點求出a的值，②求出函數的最大值和最小值，問題轉化為t≤[f（x₁）-g（x₂）]_min-1，從而求出t的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=-2x+$\frac{m}{x}$，x＞0，
若m≤0，則f′（x）=-2x+$\frac{m}{x}$＜0恒成立，
若m＞0，則f′（x）=-2x+$\frac{m}{x}$＞0，x＞0，∴0＜x＜$\sqrt{\frac{m}{2}}$，
f′（x）=-2x+$\frac{m}{x}$＜0，x＞0，∴x＞$\sqrt{\frac{m}{2}}$，
綜上，m≤0時，函數f（x）的遞減區間是（0，+∞），無遞增區間；
m＞0時，函數f（x）在（0，$\sqrt{\frac{m}{2}}$）遞增，在（$\sqrt{\frac{m}{2}}$，+∞）遞減；
（2）①∵g（x）=x-$\frac{a}{x}$，∴g′（x）=1+$\frac{a}{{x}^{2}}$，
由（1）知m=2時，x=$\sqrt{\frac{m}{2}}$=1是函數f（x）的極值點，
故x=1是函數g（x）的極值點，
∴g′（1）=1+a=0，解得：a=-1；
經檢驗a=-1時，函數g（x）在x=1時取極小值，符合題意；
②∵f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$-2，f（1）=-1，f（5）=-25+2ln5，
易知f（5）＜f（$\frac{1}{e}$）＜f（1），
?x₁∈[$\frac{1}{e}$，5]，f（x）_min=f（5）=-25+2ln5，f（x）_max=f（1）=-1，
由①知g（x）=x+$\frac{1}{x}$，∴g′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
故x∈[$\frac{1}{e}$，1）時，g′（x）＜0，當x∈（1，5]時，g′（x）＞0，
故 g（x）在[$\frac{1}{e}$，1）上遞減，在（1，5]遞增，
∵g（$\frac{1}{e}$）=e+$\frac{1}{e}$，g（1）=2，g（5）=$\frac{26}{5}$，
而2＜e+$\frac{1}{e}$＜$\frac{26}{5}$，∴g（1）＜g（$\frac{1}{e}$）＜g（5），
∴?x₂∈[$\frac{1}{e}$，5]，g（x₂）_min=g（1）=2，g（x₂）_max=g（5）=$\frac{26}{5}$；
（i）當t+1＜0即t＜-1時，對于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，5]，$\frac{f{（x}_{1}）-g{（x}_{2}）}{t+1}$≤1恒成立
?t+1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min?t≤[f（x₁）-g（x₂）]_min-1，
∵f（x₁）-g（x₂）≥f（3）-g（3）=-25+2ln5-$\frac{26}{5}$=-$\frac{151}{5}$+2ln5，
∴t≤-$\frac{151}{5}$+2ln5-1=-$\frac{156}{5}$+2ln5，又t＜-1，
∴t≤-$\frac{156}{5}$+2ln5，
當t+1＞0即t＞-1時，對于?x₁，x₂∈[$\frac{1}{e}$，5]，$\frac{f{（x}_{1}）-g{（x}_{2}）}{t+1}$≤1恒成立，
?t+1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max?t≥[f（x₁）-g（x₂）]_max-1，
∵f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-1-2=-3，
故t≥-3-1=-4，
綜上，t的范圍是（-∞，-$\frac{156}{5}$+2ln5]∪[-4，+∞）．

點評 本題考查了函數的單調性、極值、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．