Question

10．已知函数f（x）=x²+alnx-x（a≠0），g（x）=x²．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对于任意的a∈（1，+∞），总存在x₁，x₂∈[1，a]，使得f（x₁）-f（x₂）＞g（x₁）-g（x₂）+m成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间即可；
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x）=x²+alnx-x-x²=alnx-x，x∈[1，a]．原问题等价于：对任意的a∈（1，+∞），总存在x₁，x₂∈[1，a]，使得F（x₁）-F（x₂）＞m成立，即F（x）_max-F（x）_min＞m，根据函数的单调性求出m的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），----------------------（1分）
${f^'}（x）=2x+\frac{a}{x}-1=\frac{{2{x^2}-x+a}}{x}$----------------------（2分）
令2x²-x+a=0，△=1-8a
（1）当△=1-8a≤0，即$a≥\frac{1}{8}$时，2x²-x+a≥0恒成立，即f′（x）≥0恒成立，
故函数f（x）的单增区间为（0，+∞），无单减区间．----------------------（3分）
（2）当△＞0，即$a＜\frac{1}{8}$时，由2x²-x+a=0解得${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4}$或${x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}$
i）当$0＜a＜\frac{1}{8}$时，0＜x₁＜x₂，
所以当$0＜x＜\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4}$或$x＞\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}$时f′（x）＞0
当$\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4}＜x＜\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}$时f′（x）＜0-----------------------（4分）
（3）当a≤0时，${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4}≤0$
所以当$x＞\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}$时f′（x）＞0，当$0＜x＜\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}$时f′（x）＜0；------（5分）
综上所述：
当$a≥\frac{1}{8}$时，函数f（x）的单增区间为（0，+∞），无单减区间．
当$0＜a＜\frac{1}{8}$时，函数f（x）的单增区间为$（0，\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4}）$和$（\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}，+∞）$，
单减区间为$（\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4}，\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}）$．
当a≤0时，函数f（x）的单增区间为$（\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}，+∞）$，单减区间为$（0，\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4}）$．----------------------（6分）
（Ⅱ）令F（x）=f（x）-g（x）=x²+alnx-x-x²=alnx-x，x∈[1，a]．
原问题等价于：对任意的a∈（1，+∞），总存在x₁，x₂∈[1，a]，使得F（x₁）-F（x₂）＞m成立，
即F（x）_max-F（x）_min＞m．----------------------（8分）
∵${F^'}（x）=\frac{a}{x}-1=\frac{a-x}{x}$，∵a∈（1，+∞），x∈[1，a]，
∴F′（x）＞0，∴F（x）在x∈[1，a]上单调递增，
∴F（x）≤F（x）_max-F（x）_min=F（a）-F（1）=alna-a+1，----------------------（10分）
即alna-a+1＞m对任意的a∈（1，+∞）恒成立，
令h（a）=alna-a+1，a∈（1，+∞），只需h（a）_min＞m，----------------------（11分）
h′（a）=lna，∵a∈（1，+∞），∴h′（a）＞0，∴h（a）在a∈（1，+∞）上单调递增，
∴h（a）＞h（1）=0，----------------------（12分）
所以m≤0．---------------------（13分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．