Question

（2013•淄博一模）已知函数g（x）=（2-a）lnx，h（x）=lnx+ax²（a∈R），令f（x）=g（x）+h′（x）．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＜0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当-3＜a＜-2时，若存在λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出h′（x），进而得到f（x），当a=0时在定义域内解f′（x）=0，然后判断在该方程根的左右两边导数的符号，由极值定义可求；
（Ⅱ）求出f′（x），分-2＜a＜0，a=-2，a＜-2三种情况进行讨论：分别在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0可得单调区间；
（Ⅲ）?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，等价于|f（λ₁）-f（λ₂）|_max＞（m+ln3）a-2ln3，而|f（λ₁）-f（λ₂）|_max=f（x）_max-f（x）_min，由（Ⅱ）利用单调性可求得f（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：（Ⅰ）依题意，h′（x）=

1

x

+2ax，
∴f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax，其定义域为（0，+∞），
当a=0时，f（x）=2lnx+

1

x

，f′（x）=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

，
令f′（x）=0，解得x=

1

2

，
当0＜x＜

1

2

时，f′（x）＜0；当x＞

1

2

时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间为（0，

1

2

），单调递增区间为（

1

2

，+∞）；
∴x=

1

2

时，f（x）有极小值为f（

1

2

）=2-2ln2，无极大值；
（Ⅱ）f′（x）=

2-a

x

-

1

x2

+2a=

2ax2+(2-a)x-1

x2

=

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

x2

(x＞0)，
当-2＜a＜0时，-

1

a

＞

1

2

，令f′（x）＜0，得0＜x＜

1

2

或x＞-

1

a

，
令f′（x）＞0，得

1

2

＜x＜-

1

a

；
当a=-2时，f′（x）=-

(2x-1)2

x2

≤0；
当a＜-2时，-

1

a

＜

1

2

，令f′（x）＜0，得x＜-

1

a

或x＞

1

2

，
令f′（x）＞0，得-

1

a

＜x＜

1

2

；
综上所述：当-2＜a＜0时，f（x）的单调减区间为（0，

1

2

），（-

1

a

，+∞），单调增区间为（

1

2

，-

1

a

）；
当a=-2时，f（x）的单调减区间为（0，+∞）；当a＜-2时，f（x）的单调减区间为（0，-

1

a

），（

1

2

，+∞），单调增区间为（-

1

a

，

1

2

）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当-3＜a＜-2时，f（x）在[1，3]上单调递减，
∴f（x）_max=f（1）=2a+1；f（x）_min=f（3）=（2-a）ln3+

1

3

+6a，
∴|f（λ₁）-f（λ₂）|_max=f（1）-f（3）=（1+2a）-[（2-a）ln3+

1

3

+6a]=

2

3

-4a+(a-2)ln3，
∵存在λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＞（m+ln3）a-2ln3成立，
∴（m+ln3）a-2ln3＜

2

3

-4a+（a-2）ln3，整理得ma＜

2

3

-4a，
又a＜0，∴m＞

2

3a

-4，
又∵-3＜a＜-2，∴-

1

3

＜

2

3a

＜-

2

9

，
∴-

13

3

＜

2

3a

-4＜-

38

9

，
∴m≥-

38

9

．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、极值及恒成立问题，考查转化思想，考查学生分析问题解决问题的能力，具有一定的综合性．