Question

11．设函数f（x）=$\frac{1-a}{2}$x²+ax-lnx（a＞1）．若对任意的a∈（3，4）和任意的x₁，x₂∈[1，2]，恒有$\frac{{a}^{2}-1}{2}$m+ln2＞|f（x₁）-f（x₂）|成立，则实数m的取值范围是m≥$\frac{1}{15}$．

Answer 1

分析 先求导函数f′（x），利用导数的正负，确定函数的单调性，得到当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）=$\frac{a}{2}$对任意a∈（3，4），恒有$\frac{{（a}^{2}-1）}{2}$m+ln2＞$\frac{a}{2}$-$\frac{3}{2}$+ln2，等价于m＞$\frac{a-3}{{a}^{2}-1}$，求出右边函数的值域，即可求得结论．

解答 解：f′（x）=$\frac{（1-a）（x-\frac{1}{a-1}）（x-1）}{x}$，
当 $\frac{1}{a-1}$=1，即a=2时，f′（x）=-$\frac{{（x-1）}^{2}}{x}$≤0，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
当 $\frac{1}{a-1}$＜1，即a＞2时，令f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{a-1}$或x＞1；令f′（x）＞0，得 $\frac{1}{a-1}$＜x＜1
当 $\frac{1}{a-1}$＞1，即1＜a＜2时，令f′（x）＜0，得0＜x＜1或x＞$\frac{1}{a-1}$；令f′（x）＞0，得1＜x＜$\frac{1}{a-1}$，
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，$\frac{1}{a-1}$）和（1，+∞）上单调递减，在（$\frac{1}{a-1}$，1）上单调递增；
当1＜a＜2时，f（x）在（0，1）和（$\frac{1}{a-1}$，+∞）上单调递减，在（1，$\frac{1}{a-1}$）上单调递增；
∴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）=$\frac{a}{2}$-$\frac{3}{2}$+ln2
∴对任意a∈（3，4），恒有$\frac{{a}^{2}-1}{2}$m+ln2＞$\frac{a}{2}$-$\frac{3}{2}$+ln2
∴m＞$\frac{a-3}{{a}^{2}-1}$，构造函数g（a）=$\frac{a-3}{{a}^{2}-1}$，则g′（a）=$\frac{{-（a-3）}^{2}+8}{{{（a}^{2}-1）}^{2}}$，
∵a∈（3，4），∴g′（a）=＞0
∴函数g（a）在（3，4）上单调增
∴g（a）∈（0，$\frac{1}{15}$）
∴故答案为：m≥$\frac{1}{15}$．

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．