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∈(2,3)及任意x1,x2∈[1,2],恒有ma+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∈(2,3)及任意x1,x2∈[1,2],恒有ma+ln2>|f(x1)-f(x2)|成立,求实数m的取值范围.
分析:(Ⅰ)确定函数的定义域为(0,+∞),求导函数,确定函数的单调性,即可求得函数f (x)的极值;
(Ⅱ)求导函数,并分解,再进行分类讨论,利用f′(x)<0,确定函数单调减区间;f′(x)>0,确定函数的单调增区间;
(Ⅲ)确定f(x)在[1,2]上单调递减,可得f(x)的最大值与最小值,进而利用分离参数法,可得m>
-
,从而可求实数m的取值范围.
(Ⅱ)求导函数,并分解,再进行分类讨论,利用f′(x)<0,确定函数单调减区间;f′(x)>0,确定函数的单调增区间;
(Ⅲ)确定f(x)在[1,2]上单调递减,可得f(x)的最大值与最小值,进而利用分离参数法,可得m>
1 |
2 |
3 |
2a |
解答:解:(Ⅰ)函数的定义域为(0,+∞).
当a=1时,f(x)=x-lnx,f′(x)=1-
=
.
令f′(x)=0,得x=1.
当0<x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0.
∴f(x)极小值=f(1)=1,无极大值…(4分)
(Ⅱ)f′(x)=(1-a)x+a-
=
=
=
(5分)
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<
.(7分)
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,+∞)单调递减,在(
,1)上单调递增;
当1<a<2时,f(x)在(0,1)和(
,+∞)单调递减,在(1,
)上单调递增 (8分)
(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当a∈(2,3)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
∴ma+ln2>
-
+ln2(10分)
而a>0经整理得m>
-
由2<a<3得-
<
-
<0,所以m≥0.(12分)
当a=1时,f(x)=x-lnx,f′(x)=1-
1 |
x |
x-1 |
x |
令f′(x)=0,得x=1.
当0<x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0.
∴f(x)极小值=f(1)=1,无极大值…(4分)
(Ⅱ)f′(x)=(1-a)x+a-
1 |
x |
(1-a)x2+ax-1 |
x |
[(1-a)x+1](x-1) |
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∈(2,3)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 |
∴ma+ln2>
a |
2 |
3 |
2 |
而a>0经整理得m>
1 |
2 |
3 |
2a |
由2<a<3得-
1 |
4 |
1 |
2 |
3 |
2a |
点评:本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性,考查分类讨论的数学思想,考查恒成立问题,解题的关键是确定函数的最值,利用分离参数法求参数的范围.
练习册系列答案
相关题目