Question

设函数f（x）=

1-a

2

x²+ax-lnx（a∈R）．
（Ⅰ）当a=3时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＞1，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）对任意x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2+a恒成立，求a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：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=3时，f（x）=-x²+3x-lnx（x＞0）．f′（x）=-2x+3-

1

x

=

-(2x-1)(x-1)

x2

．分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，研究函数f（x）的单调性，即可得出极值．
（Ⅱ）当a＞1时，f′（x）=

(1-a)x2+ax-1

x

=

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

x

，对a分类讨论：当a=2时，当1＜a＜2时，当a＞2时，即可得出单调性；
（Ⅲ）假设存在a满足题意，不妨设0＜x₁＜x₂，由

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2+a恒成立，可得f（x₂）-ax₂-2x₂＜f（x₁）-ax₁-2x₁，令g（x）=f（x）-ax-2x，则g（x）=

1-a

2

x2-2x-lnx，则g（x）在（0，+∞）上单调递减，利用导数研究其单调性即可得出．

解答： 解：（Ⅰ）当a=3时，f（x）=-x²+3x-lnx（x＞0）．
f′（x）=-2x+3-

1

x

=

-(2x-1)(x-1)

x2

．
当

1

2

＜x＜1时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当0＜x＜

1

2

或x＞1时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
∴f（x）_极大值=f（1）=2，f（x）_极小值=f(

1

2

)=

5

4

+ln2．

（Ⅱ）当a＞1时，f′（x）=

(1-a)x2+ax-1

x

=

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

x

，
当a=2时，f′（x）=

-(x-1)2

x

≤0，函数f（x）在x＞0时单调递减；
当1＜a＜2时，

1

a-1

＞1，令f′（x）＜0，解得0＜x＜1或x＞

1

a-1

，此时函数f（x）单调递减；令f′（x）＞0，解得1＜x＜

1

a-1

，此时函数f（x）单调递增．
当a＞2时，0＜

1

a-1

＜1，令f′（x）＜0，解得0＜x＜

1

a-1

或x＞1，此时函数f（x）单调递减；令f′（x）＞0，解得

1

a-1

＜x＜1，此时函数f（x）单调递增．
综上可得：当1＜a＜2时，f（x）在x∈（0，1）或(

1

a-1

，+∞)）单调递减；f（x）在(1，

1

a-1

)上单调递增．
当a=2时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
当a＞2时，f（x）在(0，

1

a-1

)或（1，+∞）上）单调递减；函数f（x）在(

1

a-1

，1)上单调递增．

（Ⅲ）假设存在a满足题意，不妨设0＜x₁＜x₂，由

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2+a恒成立，
可得f（x₂）-ax₂-2x₂＜f（x₁）-ax₁-2x₁，
令g（x）=f（x）-ax-2x，则g（x）=

1-a

2

x2-2x-lnx，
由题意可知：g（x）在（0，+∞）上单调递减．
∴g′（x）=（1-a）x-2-

1

x

≤0，化为a≥1-

1

x2

-

2

x

在（0，+∞）上恒成立，
∴a≥1．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．