Question

设函数f（x）=-

a

2

x²+（a+1）x-lnx（a∈R）．
（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；
（2）当a＞0时，讨论函数f（x）的单调性；
（3）若对任意a∈（2，3）及任意x₁，x₂∈[1，2]，恒有

a2-1

2

m+ln2＞|f（x₁）-f（x₂）|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：导数的综合应用

分析：（1）由f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．由f′（x）＞0⇒x＞1； f′（x）＜0⇒0＜x＜1，从而函数f （x）在区间（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增．进而x=1时f （x）有极小值为f （1）=1-ln1=1；
（2）a＞0时，f′（x）=-

a(x-\f(1

a

)(x-1)，x)．当f′（x）=0时，x=1和x=

1

a

．分别讨论①当a=1时，②当

1

a

＞1③当

1

a

＜1的情况，从而得出答案；
（3）由（2）知当a∈（2，3）时，f （x）在区间[1，2]上单调递减，所以|f（x₁）-f（x₂）|_max=f （1）-f （2）=

a

2

-1+ln2，则有

a2-1

2

m+ln2＞|f（x₁）-f（x₂）|max，令g（a）=

a-2

a2-1

，则g′（a）=

-(a-2)2+3

(a2-1)2

＞0对a∈（2，3）恒成立，从而求出m的范围．

解答： 解：（1）由题意得，定义域为（0，+∞），
当a=0时，f （x）=x-lnx，
∴f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

．
由f′（x）＞0⇒x＞1； f′（x）＜0⇒0＜x＜1，
∴函数f （x）在区间（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增．
∴x=1时f （x）有极小值为f （1）=1-ln1=1．
（2）a＞0时，
f′（x）=-ax+a+1-

1

x

=

-ax2+(a+1)x-1

x

=-

a(x-\f(1

a

)(x-1)，x)．
当f′（x）=0时，x=1和x=

1

a

．
①当a=1时，f′（x）=-

(x-1)2

x

≤0恒成立，
此时f （x）在（0，+∞）上递减；
②当

1

a

＞1即0＜a＜1时，
f′（x）＞0⇒1＜x＜

1

a

；f′（x）＜0⇒0＜x＜1或x＞

1

a

；
∴f （x）在（1，

1

a

）上递增，在（0，1）和（

1

a

，+∞）上递减；
③当

1

a

＜1即a＞1时，f′（x）＞0⇒

1

a

＜x＜1；f′（x）＜0⇒0＜x＜

1

a

或x＞1；
∴f （x）在（

1

a

，1）上递增，在（0，

1

a

）和（1，+∞）上递减．
（3）由（2）知当a∈（2，3）时，f （x）在区间[1，2]上单调递减，
所以|f（x₁）-f（x₂）|_max=f （1）-f （2）=

a

2

-1+ln2，
要使对任意x₁，x₂∈[1，2]，
恒有

a2-1

2

m+ln2＞|f （x₁）-f （x₂）|成立
则有

a2-1

2

m+ln2＞|f（x₁）-f（x₂）|max，
即

a2-1

2

m+ln2＞

a

2

-1+ln2对任意a∈（2，3）成立，
亦即m＞

a-2

a2-1

对任意a∈（2，3）成立，
令g（a）=

a-2

a2-1

，
则g′（a）=

-(a-2)2+3

(a2-1)2

＞0对a∈（2，3）恒成立，
所以g（a）在a∈（2，3）上单调递增，
∴g（a）＜g（3）=

1

8

，
故m的取值范围为 m≥

1

8

．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的极值问题，导数的应用，求参数的取值范围，是一道综合题．