Question

设函数f（x）=lnx+x²-ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a=3时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁∈（0，1]，求证：f（x₁）-f（x₂）≥-

3

4

+ln2；
（Ⅲ）设g（x）=f（x）+2ln

ax+2

6 x

，对于任意a∈（2，4），总存在x∈[

3

2

，2]，使g（x）＞k（4-a²）成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=3时，求导数，利用导数的正负，即可求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，则f′（x）=

2x2-ax+1

x

=0，即2x²-ax+1=0有两个不相等的实数根，结合韦达定理，可得f（x₁）-f（x₂），构造新函数F（x）=2lnx-x²+

1

4x2

+ln2（0＜x≤1），确定其单调性，即可得出结论；
（Ⅲ）确定g（x）在x∈[

3

2

，2]上单调递增，可得g（x）_max=g（2）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6，h（a）=）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6-k（4-a²），分类讨论，确定单调性，即可得出结论．

解答： （Ⅰ）解：f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=

2x2-3x+1

x

，
令f′（x）＞0，可得0＜x＜

1

2

或x＞1，f′（x）＜0，可得

1

2

＜x＜1，
∴f（x）的递增区间为（0，

1

2

）和（1，+∞），递减区间为（

1

2

，1）；
（Ⅱ）证明：∵函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴f′（x）=

2x2-ax+1

x

=0，即2x²-ax+1=0有两个不相等的实数根，
∴x₁+x₂=

a

2

，x₁x₂=

1

2

∴2（x₁+x₂）=a，x₂=

1

2x1

，
∴f（x₁）-f（x₂）=lnx₁+x₁²-ax₁-（lnx₂+x₂²-ax₂）=2lnx₁-x₁²+

1

4x12

+ln2（0＜x≤1）．
设F（x）=2lnx-x²+

1

4x2

+ln2（0＜x≤1），则F′（x）=-

(2x2-1)2

2x2

＜0，
∴F（x）在（0，1）上单调递减，
∴F（x）≥F（1）=-

3

4

+ln2，即f（x₁）-f（x₂）≥-

3

4

+ln2；
（Ⅲ）解：g（x）=f（x）+2ln

ax+2

6 x

=2ln（ax+2）+x²-ax-2ln6，
∴g′（x）=

2ax(x+ 4-a2 2a )

ax+2

，
∵a∈（2，4），∴x+

4-a2

2a

＞0，
∴g′（x）＞0，
∴g（x）在x∈[

3

2

，2]上单调递增，
∴g（x）_max=g（2）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6，
∴2ln（2a+2）-2a+4-2ln6＞k（4-a²）在（2，4）上恒成立．
令h（a）=）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6-k（4-a²），则h（2）=0，
∴h（a）＞0在（2，4）上恒成立．
∵h′（a）=

2a(ka+k-1)

a+1

，
k≤0时，h′（a）＜0，h（a）在（2，4）上单调递减，h（a）＜h（2）=0，不合题意；
k＞0时，h′（a）=0，可得a=

1-k

k

．
①

1-k

k

＞2，即0＜k＜

1

3

时，h（a）在（2，

1-k

k

）上单调递减，存在h（a）＜h（2）=0，不合题意；
②

1-k

k

≤2，即k≥

1

3

时，h（x）在（2，4）上单调递增，h（a）＞h（2）=0，满足题意．
综上，实数k的取值范围为[

1

3

，+∞）．

点评：本题考查导数的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查分类讨论的数学思想，属于难题．