Question

（2012•吉林二模）設(shè)函數(shù)f(x)=

1-a

2

x2+ax-lnx(a∈R)．
（Ⅰ） 當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）當(dāng)a＞1時，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性．
（Ⅲ）若對任意a∈（3，4）及任意x₁，x₂∈[1，2]，恒有

(a2-1)

2

m+ln2＞|f(x1)-f(x2)|成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）確定函數(shù)的定義域，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可求函數(shù)的極值；
（Ⅱ）求導(dǎo)函數(shù)f′（x）=

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

x

，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，確定函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)a∈（3，4）時，f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，從而可得|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=

a

2

-

3

2

+ln2對任意a∈（3，4），恒有

(a2-1)

2

m+ln2＞

a

2

-

3

2

+ln2，等價于m＞

a-3

a2-1

，求出右邊函數(shù)的值域，即可求得結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞）
 當(dāng)a=1時，f（x）=x-lnx，則f′（x）=

x-1

x

令f′（x）＞0，可得x＜0或x＞1，∵x＞0，∴x＞1；
令f′（x）＜0，可得0＜x＜1，∵x＞0，∴0＜x＜1；
∴x=1時，函數(shù)f（x）取得極小值為1；
（Ⅱ）f′（x）=

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

x

當(dāng)

1

a-1

=1，即a=2時，f′(x)=-

(x-1)2

x

≤0，f（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)；
當(dāng)

1

a-1

＜1，即a＞2時，令f′（x）＜0，得0＜x＜

1

a-1

或x＞1；令f′（x）＞0，得

1

a-1

＜x＜1
當(dāng)

1

a-1

＞1，即1＜a＜2時，令f′（x）＜0，得0＜x＜1或x＞

1

a-1

；令f′（x）＞0，得1＜x＜

1

a-1

綜上，當(dāng)a=2時，f（x）在定義域上是減函數(shù)；
當(dāng)a＞2時，f（x）在（0，

1

a-1

）和（1，+∞）上單調(diào)遞減，在（

1

a-1

，1）上單調(diào)遞增；
當(dāng)1＜a＜2時，f（x）在（0，1）和（

1

a-1

，+∞）上單調(diào)遞減，在（1，

1

a-1

）上單調(diào)遞增；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)a∈（3，4）時，f（x）在[1，2]上單調(diào)遞減
∴當(dāng)x=1時，f（x）有最大值，當(dāng)x=2時，f（x）有最小值
∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=

a

2

-

3

2

+ln2
∴對任意a∈（3，4），恒有

(a2-1)

2

m+ln2＞

a

2

-

3

2

+ln2
∴m＞

a-3

a2-1

構(gòu)造函數(shù)g(a)=

a-3

a2-1

，則g′(a)=

-(a-3)2+8

(a2-1)2

∵a∈（3，4），∴g′(a)=

-(a-3)2+8

(a2-1)2

＞0
∴函數(shù)g(a)=

a-3

a2-1

在（3，4）上單調(diào)增
∴g（a）∈（0，

1

15

）
∴m≥

1

15

．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與極值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查恒成立問題，分離參數(shù)是關(guān)鍵．