题目内容
(2012•吉林二模)设函数f(x)=
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
m+ln2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.
1-a |
2 |
(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 |
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)=
,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)=
-
+ln2对任意a∈(3,4),恒有
m+ln2>
-
+ln2,等价于m>
,求出右边函数的值域,即可求得结论.
(Ⅱ)求导函数f′(x)=
(1-a)(x-
| ||
x |
(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 |
(a2-1) |
2 |
a |
2 |
3 |
2 |
a-3 |
a2-1 |
解答:解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞)
当a=1时,f(x)=x-lnx,则f′(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)=
当
=1,即a=2时,f′(x)=-
≤0,f(x)在(0,+∞)上是减函数;
当
<1,即a>2时,令f′(x)<0,得0<x<
或x>1;令f′(x)>0,得
<x<1
当
>1,即1<a<2时,令f′(x)<0,得0<x<1或x>
;令f′(x)>0,得1<x<
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,
)和(1,+∞)上单调递减,在(
,1)上单调递增;
当1<a<2时,f(x)在(0,1)和(
,+∞)上单调递减,在(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)=
-
+ln2
∴对任意a∈(3,4),恒有
m+ln2>
-
+ln2
∴m>
构造函数g(a)=
,则g′(a)=
∵a∈(3,4),∴g′(a)=
>0
∴函数g(a)=
在(3,4)上单调增
∴g(a)∈(0,
)
∴m≥
.
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-
| ||
x |
当
1 |
a-1 |
(x-1)2 |
x |
当
1 |
a-1 |
1 |
a-1 |
1 |
a-1 |
当
1 |
a-1 |
1 |
a-1 |
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 |
1 |
a-1 |
当1<a<2时,f(x)在(0,1)和(
1 |
a-1 |
1 |
a-1 |
(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 |
∴对任意a∈(3,4),恒有
(a2-1) |
2 |
a |
2 |
3 |
2 |
∴m>
a-3 |
a2-1 |
构造函数g(a)=
a-3 |
a2-1 |
-(a-3)2+8 |
(a2-1)2 |
∵a∈(3,4),∴g′(a)=
-(a-3)2+8 |
(a2-1)2 |
∴函数g(a)=
a-3 |
a2-1 |
∴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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