题目内容

(2012•吉林二模)设函数f(x)=
1-a
2
x2+ax-lnx(a∈R)

(Ⅰ) 当a=1时,求函数f(x)的极值;
(Ⅱ)当a>1时,讨论函数f(x)的单调性.
(Ⅲ)若对任意a∈(3,4)及任意x1,x2∈[1,2],恒有
(a2-1)
2
m+ln2>|f(x1)-f(x2)|
成立,求实数m的取值范围.
分析:(Ⅰ)确定函数的定义域,利用导数的正负,确定函数的单调性,从而可求函数的极值;
(Ⅱ)求导函数f′(x)=
(1-a)(x-
1
a-1
)(x-1)
x
,分类讨论,利用导数的正负,确定函数的单调性;
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当a∈(3,4)时,f(x)在[1,2]上单调递减,从而可得|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=
a
2
-
3
2
+ln2
对任意a∈(3,4),恒有
(a2-1)
2
m+ln2>
a
2
-
3
2
+ln2
,等价于m>
a-3
a2-1
,求出右边函数的值域,即可求得结论.
解答:解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞)
 当a=1时,f(x)=x-lnx,则f′(x)=
x-1
x

令f′(x)>0,可得x<0或x>1,∵x>0,∴x>1;
令f′(x)<0,可得0<x<1,∵x>0,∴0<x<1;
∴x=1时,函数f(x)取得极小值为1;
(Ⅱ)f′(x)=
(1-a)(x-
1
a-1
)(x-1)
x

1
a-1
=1
,即a=2时,f′(x)=-
(x-1)2
x
≤0
,f(x)在(0,+∞)上是减函数;
1
a-1
<1
,即a>2时,令f′(x)<0,得0<x<
1
a-1
或x>1;令f′(x)>0,得
1
a-1
<x<1

1
a-1
>1
,即1<a<2时,令f′(x)<0,得0<x<1或x>
1
a-1
;令f′(x)>0,得1<x<
1
a-1

综上,当a=2时,f(x)在定义域上是减函数;
当a>2时,f(x)在(0,
1
a-1
)和(1,+∞)上单调递减,在(
1
a-1
,1)上单调递增;
当1<a<2时,f(x)在(0,1)和(
1
a-1
,+∞)上单调递减,在(1,
1
a-1
)上单调递增;
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当a∈(3,4)时,f(x)在[1,2]上单调递减
∴当x=1时,f(x)有最大值,当x=2时,f(x)有最小值
|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=
a
2
-
3
2
+ln2

∴对任意a∈(3,4),恒有
(a2-1)
2
m+ln2>
a
2
-
3
2
+ln2

∴m>
a-3
a2-1

构造函数g(a)=
a-3
a2-1
,则g′(a)=
-(a-3)2+8
(a2-1)2

∵a∈(3,4),∴g′(a)=
-(a-3)2+8
(a2-1)2
>0

∴函数g(a)=
a-3
a2-1
在(3,4)上单调增
∴g(a)∈(0,
1
15

∴m≥
1
15
点评:本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与极值,考查分类讨论的数学思想,考查恒成立问题,分离参数是关键.
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