Question

已知函数f（x）=（2-a）lnx-1，g（x）=lnx+ax²+x（a∈R），令φ（x）=f（x）+g′（x）．
（1）当a=0时，求φ（x）的极值；
（2）当a＜-2时，求φ（x）的单调区间；
（3）当-3＜a＜-2时，若对?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|φ（λ₁）-φ（λ₂）|＜（m+ln2）a-2ln3恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）将a=0代入，求出φ（x）的解析式，求φ′（x）=0的根，判断根左右的单调性，即可求得φ（x）的极值；
（2）先求出函数f（x）的解析式，然后求出导数，由导数的正负，分别求出函数的增区间和减区间；
（3）?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|φ（λ₁）-φ（λ₂）|＜（m+ln2）a-2ln3成立，等价于|φ（λ₁）-φ（λ₂）|_max＜（m+ln3）a-2ln3，而|φ（λ₁）-φ（λ₂）|_max=φ（x）_max-φ（x）_min，由（Ⅱ）利用单调性可求得φ（x）的最大值、最小值，再根据a的范围即可求得m的范围．

解答： 解：（1）因为g′(x)=

1

x

+2ax+1，所以ϕ(x)=(2-a)lnx+

1

x

+2ax，其定义域为（0，+∞）．…（1分）
当a=0时，ϕ(x)=2lnx+

1

x

，ϕ′(x)=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

…（2分）
令ϕ'（x）=0，解得x=

1

2

，当0＜x＜

1

2

时，ϕ'（x）＜0；当x＞

1

2

时，ϕ′（x）＞0．
所以ϕ（x）的单调减区间为(0，

1

2

)，单调增区间为(

1

2

，+∞)；
当x=

1

2

时，ϕ（x）有极小值ϕ(

1

2

)=2-2ln2，无极大值…（4分）
（2）因为ϕ(x)=(2-a)lnx+

1

x

+2ax
所以ϕ′(x)=

2-a

x

-

1

x2

+2a=

2ax2+(2-a)x-1

x2

=

a(2x-1)(x+ 1 a )

x2

，（x＞0）．
当a＜-2时，-

1

a

＜

1

2

，令ϕ'（x）＜0，得0＜x＜-

1

a

，或x＞

1

2

；令ϕ'（x）＞0，得-

1

a

＜x＜

1

2

．
当a＜-2时，ϕ（x）的单调增区间为(-

1

a

，

1

2

)；单调递减区间为(0，-

1

a

)，(

1

2

，+∞)…（8分）
（3）由（2）可知当-3＜a＜-2时，ϕ（x）在[1，3]上单调递减，
所以ϕ（x）_max=ϕ（1）=2a+1，ϕ(x)min=ϕ(3)=(2-a)ln3+

1

3

+6a．|ϕ(λ1)-ϕ(λ2)|max=ϕ(1)-ϕ(3)=(2a+1)-[(2-a)ln3+

1

3

+6a]=

2

3

-4a+(a-2ln3)，
因为对?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|ϕ（λ₁）-ϕ（λ₂）|＜（m+ln2）a-2ln3恒成立，
所以

2

3

-4a+(a-2ln3)＜(m+ln2)a-2ln3…（10分）
整理得：ma＞

2

3

-4a+aln

3

2

，
又因为-3＜a＜-2，a＜0，
所以m＜

2

3a

-4+ln

3

2

，
因为-3＜a＜-2，-

1

3

＜

2

3a

＜-

2

9

，-

13

3

＜

2

3a

-4＜-

28

9

，
所以m≤-

13

3

+ln

3

2

，
故实数m的取值范围是(-∞，-

13

3

+ln

3

2

]．…（12分）

点评：本题考查了利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的单调性，注意导数的正负对应着函数的增减，同时要注意单调区间是定义域的子集，即先要求出函数的定义域．同时考查了函数的恒成立问题，对于恒成立，一般选用参变量分离法、最值法、数形结合法解决．属于难题．