Question

已知函数f（x）=x-alnx-1（a∈R），g（x）=xe^1-x
（Ⅰ）求g（x）极值；
（Ⅱ）设a=2，函数h（x）=x³+x²[f′（x）+

m

2

]在区间（2，3）上不是单调函数，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）当a＜0时，若对任意的x₁，x₂∈[3，4]（x₁≠x₂），|f（x₂）-f（x₁）|＜|

1

g(x2)

-

1

g(x1)

|恒成立，求a的最小值．

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,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（I）利用导数的运算法则可得g′（x）=

e(1-x)

ex

，分别解出令g′（x）=0，令g′（x）＞0，令g′（x）＜0，即可得出函数g（x）取得极值；
（II）当a=2时，f（x）=x-2lnx-1，可得f′（x），h（x）=x³+x²（1-

2

x

+

m

2

）=x3+(1+

m

2

)x2-2x，h′（x）=3x²+（2+m）x-2，又h′（0）=-2．由函数h（x）在区间（2，3）上不是单调函数，可得方程h′（x）=0在区间（2，3）上有且只有一个实数根．利用二次函数的性质可得

h′(2)＜0 h′(3)＞0

，解出即可．
（III）当a＜0时，f′(x)=1-

a

x

＞0在x∈[3，4]上恒成立，可得函数f（x）在x∈[3，4]上单调递增．设u（x）=

1

g(x)

=

ex

ex

，同理利用u′（x）＞0在x∈[3，4]上恒成立，可得u（x）在x∈[3，4]上为增函数．不妨设x₂＞x₁，则|f（x₂）-f（x₁）|＜|

1

g(x2)

-

1

g(x1)

|恒成立?f（x₂）-f（x₁）＜u（x₂）-u（x₁）恒成立，即f（x₂）-u（x₂）＜f（x₁）-u（x₁）在x∈[3，4]上恒成立．设F（x）=f（x）-u（x）=x-alnx-1-

ex

ex

．则F（x）在x∈[3，4]上为减函数．分离参数利用导数进一步研究即可得出．

解答： 解：（I）g′（x）=

e(1-x)

ex

，
令g′（x）=0，解得x=1；
令g′（x）＞0，解得x＜1，此时函数g（x）单调递增；
令g′（x）＜0，解得x＞1，此时函数g（x）单调递减．
∴当x=1时，函数g（x）取得极大值，g（1）=1．无极小值．
（II）当a=2时，f（x）=x-2lnx-1，f′(x)=1-

2

x

，
∴h（x）=x³+x²（1-

2

x

+

m

2

）=x3+(1+

m

2

)x2-2x，
h′（x）=3x²+（2+m）x-2，
又h′（0）=-2．
∵函数h（x）在区间（2，3）上不是单调函数，
∴方程h′（x）=0在区间（2，3）上有且只有一个实数根．
从而

h′(2)＜0 h′(3)＞0

，即

3m+31＞0 2m+14＜0

，解得-

31

3

＜m＜-7．
∴实数m的取值范围为(-

31

3

，-7)．
（III）当a＜0时，f′(x)=1-

a

x

＞0在x∈[3，4]上恒成立，∴函数f（x）在x∈[3，4]上单调递增．
设u（x）=

1

g(x)

=

ex

ex

，∵u′(x)=

(x-1)ex-1

x2

＞0在x∈[3，4]上恒成立，
∴u（x）在x∈[3，4]上为增函数．
不妨设x₂＞x₁，则|f（x₂）-f（x₁）|＜|

1

g(x2)

-

1

g(x1)

|恒成立
?f（x₂）-f（x₁）＜u（x₂）-u（x₁）恒成立，即f（x₂）-u（x₂）＜f（x₁）-u（x₁）在x∈[3，4]上恒成立．
设F（x）=f（x）-u（x）=x-alnx-1-

ex

ex

．则F（x）在x∈[3，4]上为减函数．
F′(x)=1-

a

x

-

ex-1(x-1)

x2

≤0在x∈[3，4]上恒成立，化为a≥x-ex-1+

ex-1

x

恒成立．
设H（x）=x-ee-1+

ex-1

x

，
∵H′（x）=1-e^x-1+

ex-1(x-1)

x2

=1-e^x-1[(

1

x

-

1

2

)2+

3

4

]，x∈[3，4]．
∴e^x-1[(

1

x

-

1

2

)2+

3

4

]＞

3

4

e2＞1，x∈[3，4]．
∴H′（x）＜0在x∈[3，4]上恒成立，即H（x）为减函数．
∴H（x）在x∈[3，4]上的最大值为H（3）=3-

2

3

e2．
∴a≥3-

2

3

e2，
∴a的最小值为3-

2

3

e2．

点评：本题考查了利用函数导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了恒成立问题的等价转化方法，属于难题．