Question

设函数f（x）=

1-a

2

x²+ax-lnx（a∈R）
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）当a≥2时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）若对任意a∈（2，3）及任意x₁，x₂∈[1，2]，恒有ma+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：（Ⅰ）将a=1代入函数求出导函数得到单调区间，从而求出极值，
（Ⅱ）先求出导函数，再分别讨论a＞2，a=2，a＜2时的情况，综合得出单调区间；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得；a∈（2，3）时，f（x）在[2，3]上递减，x=1时，f（x）最大，x=2时，f（x）最小，从而|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（2）=

a

2

-

3

2

+ln2，进而证出ma+ln2＞

a

2

-

3

2

+ln2．经整理得m＞

1

2

-

3

2a

，由2＜a＜3得；-

1

4

＜

1

2

-

3

2a

＜0，从而m≥0．

解答： 解；（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），
a=1时，f（x）=x-lnx，f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
令f′（x）=0，得x=1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）_极小值=f（1）=1，无极大值；
（Ⅱ）f′x）=（1-a）x+a-

1

x

=

(1-a)(x- 1 a-1 )(x-1)

x

，
当

1

a-1

=1，即a=2时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上递减；
当

1

a-1

＜1，即a＞2时，令f′（x）＜0，得0＜x＜

1

a-1

，或x＞1，令f′（x）＞0，得

1

a-1

＜x＜1，
当

1

a-1

＞1，即a＜2时，矛盾舍，
综上，a=2时，f（x）在（0，+∞）递减，a＞2时，f（x）在（0，

1

a-1

）和（1，+∞）递减，在（

1

a-1

，1）递增；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得；a∈（2，3）时，f（x）在[1，2]上递减，
x=1时，f（x）最大，x=2时，f（x）最小，
∴|f（x₁）-f（x₂）|≤f（1）-f（2）=

a

2

-

3

2

+ln2，
∴ma+ln2＞

a

2

-

3

2

+ln2．
a＞0时，经整理得m＞

1

2

-

3

2a

，
由2＜a＜3得；-

1

4

＜

1

2

-

3

2a

＜0，
∴m≥0．

点评：本题考察了利用导数求函数的单调性，求函数的极值问题以及不等式的证明，是一道综合题．