Question

（2012•吉林二模）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＞1时，讨论函数f（x）的单调性．
（Ⅲ）若对任意a∈（3，4）及任意x₁，x₂∈[1，2]，恒有

(a2-1)

2

m+ln2＞|f(x1)-f(x2)|成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）确定函数的定义域，利用导数的正负，确定函数的单调性，从而可求函数的极值；
（Ⅱ）求导函数f′（x）=

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

x

，分类讨论，利用导数的正负，确定函数的单调性；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a∈（3，4）时，f（x）在[1，2]上单调递减，从而可得|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=

a

2

-

3

2

+ln2对任意a∈（3，4），恒有

(a2-1)

2

m+ln2＞

a

2

-

3

2

+ln2，等价于m＞

a-3

a2-1

，求出右边函数的值域，即可求得结论．

解答：解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）
 当a=1时，f（x）=x-lnx，则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时，函数f（x）取得极小值为1；
（Ⅱ）f′（x）=

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

x

当

1

a-1

=1，即a=2时，f′(x)=-

(x-1)2

x

≤0，f（x）在（0，+∞）上是减函数；
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1＜a＜2时，令f′（x）＜0，得0＜x＜1或x＞

1

a-1

；令f′（x）＞0，得1＜x＜

1

a-1

综上，当a=2时，f（x）在定义域上是减函数；
当a＞2时，f（x）在（0，

1

a-1

）和（1，+∞）上单调递减，在（

1

a-1

，1）上单调递增；
当1＜a＜2时，f（x）在（0，1）和（

1

a-1

，+∞）上单调递减，在（1，

1

a-1

）上单调递增；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a∈（3，4）时，f（x）在[1，2]上单调递减
∴当x=1时，f（x）有最大值，当x=2时，f（x）有最小值
∴|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(2)=

a

2

-

3

2

+ln2
∴对任意a∈（3，4），恒有

(a2-1)

2

m+ln2＞

a

2

-

3

2

+ln2
∴m＞

a-3

a2-1

构造函数g(a)=

a-3

a2-1

，则g′(a)=

-(a-3)2+8

(a2-1)2

∵a∈（3，4），∴g′(a)=

-(a-3)2+8

(a2-1)2

＞0
∴函数g(a)=

a-3

a2-1

在（3，4）上单调增
∴g（a）∈（0，

1

15

）
∴m≥

1

15

．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查分类讨论的数学思想，考查恒成立问题，分离参数是关键．