Question

4．已知函数f（x）=x²-3x+lnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若对于任意的x₁，x₂∈（1，+∞），x₁≠x₂，都有$|{\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}}|＞k$恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；
（Ⅱ）不妨设x₁＞x₂＞1，原不等式等价于f（x₁）-f（x₂）＞kx₁-kx₂，令h（x）=f（x）-kx=x²-（3+k）x+lnx，问题等价于h′（x）=2x-（3+k）+$\frac{1}{x}$≥0在（1，+∞）上恒成立，得到3+k≤2x+$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，根据函数的单调性求出k的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=2x-3+$\frac{1}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{x}$，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（0，$\frac{1}{2}$）	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	极大值	单调递减	极小值	单调递增

当x=$\frac{1}{2}$时，函数f（x）取得极大值为-$\frac{5}{4}$-ln2，
当x=1时，函数f（x）取得极小值为-2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，不妨设x₁＞x₂＞1，
则f（x₁）-f（x₂）＞0，所以原不等式等价于f（x₁）-f（x₂）＞kx₁-kx₂，
即f（x₁）-kx₁＞f（x₂）-kx₂，
令h（x）=f（x）-kx=x²-（3+k）x+lnx，
则原不等式等价于h（x）在（1，+∞）上单调递增，
即等价于h′（x）=2x-（3+k）+$\frac{1}{x}$≥0在（1，+∞）上恒成立，
也等价于3+k≤2x+$\frac{1}{x}$在（1，+∞）上恒成立，
令g（x）=2x+$\frac{1}{x}$，x∈（1，+∞），
因为g′（x）＞0在（1，+∞）上恒成立，
所以g（x）＞g（1）=3，即g（x）_min=3，
所以3+k≤3，k≤0，
故得所求实数k的取值范围为（-∞，0]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道中档题．