Question

已知函数f（x）=x²+k|lnx-1|，g（x）=x|x-k|-2，其中0＜k≤4．
（1）讨论函数f（x）的单调性，并求出f（x）的极值；
（2）若对于任意x₁∈[1，+∞），都存在x₂∈[2，+∞），使得f（x₁）=g（x₂），求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,函数单调性的判断与证明,分段函数的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）由已知得f′（x）=

2x2-k x (0＜x＜e) 2x2+k x (x≥e)

，由此利用导数性质能求出f（x）的极小值．
（2）由已知得只需证明定义域上g（x）极小值≤f（x）极小值，由此利用构造法和导数性质能求出实数k的取值范围．

解答： 解：（1）∵f（x）=x²+k|lnx-1|，
∴f（x）=

x2-klnx+k(0＜x＜e) x2-klnx+k(x≥e)

，
∴f′（x）=

2x2-k x (0＜x＜e) 2x2+k x (x≥e)

．
∴f（x）在（0，

k 2

）单调递减，在（

k 2

，+∞）单调递增．
∴f（x）的极小值为f（

k 2

）=

3k

2

-

k

2

ln

k

2

．
（2）记f（x），g（x）在相应区间上的值域分别是A，B，
∵任意x₁∈[1，+∞），都存在x₂∈[2，+∞），使得f（x₁）=g（x₂），
∴A⊆B，只需证明定义域上g（x）极小值≤f（x）极小值，
对g（x）=x|x-k|-2求导，x∈（-∞，k）时，g′（x）=k-2x，先递增后递减，
x∈[k，+∞），g′（x）=2x-k＞0，
综上x∈（-∞，

k

2

]时，g（x）递增x∈（

k

2

，+∞）时先递减后递增，
极小值为g（k）=-2，
结合x₁x₂定义域对k进行讨论：
0＜k≤2时 f（x）_min=f（1）=1+k，
g（x）_min=g（2）=2-2k，1+k≥2-2k，即k≥

1

3

，
2＜k≤4时，f（x）_min=f（

k

2

）=

3k

2

-

k

2

ln

k

2

，
g（x）_min=g（k）=-2，

3k

2

-

k

2

ln

k

2

≥-2，
化

k

2

为x，建立函数h（x）=3x-xlnx=x（3-lnx），
x∈（1，2]h（x）显然＞0，
综上k∈[

1

3

，4]．

点评：本题主要考查函数、导数等基本知识．考查运算求解能力及化归思想、函数方程思想、分类讨论思想的合理运用，注意导数性质的合理运用．