Question

（2013•淄博一模）已知函數(shù)g（x）=（2-a）lnx，h（x）=lnx+ax²（a∈R），令f（x）=g（x）+h′（x）．
（Ⅰ）當a=0時，求f（x）的極值；
（Ⅱ）當a＜-2時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）當-3＜a＜-2時，若對?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＜（m+ln3）a-2ln3恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）將a=0代入，求出f（x）的解析式，求f′（x）=0的根，判斷根左右的單調(diào)性，即可求得f（x）的極值；
（Ⅱ）先求出函數(shù)f（x）的解析式，然后求出f′（x），令f′（x）＞0，f′（x）＜0，分別求出函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間；
（Ⅲ）?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＜（m+ln3）a-2ln3成立，等價于|f（λ₁）-f（λ₂）|_max＜（m+ln3）a-2ln3，而|f（λ₁）-f（λ₂）|_max=f（x）_max-f（x）_min，由（Ⅱ）利用單調(diào)性可求得f（x）的最大值、最小值，再根據(jù)a的范圍即可求得m的范圍．

解答：解：（Ⅰ）當a=0時，g（x）=2lnx，h（x）=lnx，
∴h′（x）=

1

x

，
∵f（x）=g（x）+h′（x），則f（x）=2lnx+

1

x

，定義域為（0，+∞），
∴令f′（x）=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

=0，解得x=

1

2

，
當x∈（0，

1

2

）時，f′（x）＜0，f（x）在（0，

1

2

）上單調(diào)遞減，當x∈（

1

2

，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）在（

1

2

，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當x=

1

2

時，函數(shù)f（x）取得極小值f（

1

2

）=2-2ln2；
（Ⅱ）∵g（x）=（2-a）lnx，h（x）=lnx+ax²，
∴h′（x）=

1

x

+2ax，
∴f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax，
∴f′（x）=

2-a

x

-

1

x2

+2a=

2ax2+(2-a)x-1

x2

=

(ax+1)(2x-1)

x2

，
令f′（x）=0，解得x=-

1

a

或

1

2

，
∵a＜-2，∴-

1

a

＜

1

2

，
令f′（x）＜0，解得0＜x＜-

1

a

或x＞

1

2

，
令f′（x）＞0，解得-

1

a

＜x＜

1

2

，
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，-

1

a

），（

1

2

，+∞），單調(diào)增區(qū)間為（-

1

a

，

1

2

）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，當-3＜a＜-2時，f（x）在[1，3]上單調(diào)遞減，
∴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，
∵?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≤-

13

3

，即m的取值范圍是m≤-

13

3

．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，注意導(dǎo)數(shù)的正負對應(yīng)著函數(shù)的增減，同時要注意單調(diào)區(qū)間是定義域的子集，即先要求出函數(shù)的定義域．同時考查了函數(shù)的恒成立問題，對于恒成立，一般選用參變量分離法、最值法、數(shù)形結(jié)合法解決．屬于難題．