Question

11．已知函数f（x）=x²+2（a-2）x-4alnx（a＜0），其中e为自然数的底数．
（Ⅰ）讨论函数y=f（x）的单调性并求极值；
（Ⅱ）若对任意的x₁、x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，都有f（x₂）-f（x₁）＞2a（x₂-x₁），求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，分解因式，对a讨论，当a=-2时，当-2＜a＜0，当a＜-2时，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间，进而得到极值；
（Ⅱ）转化f（x₂）-f（x₁）＞2a（x₂-x₁）为f（x₂）-2ax₂＞f（x₁）-2ax₁，构造h（x）=f（x）-2ax，证明h（x）在（0，+∞）单调递增即可，得到函数的最值，然后求解a的范围，

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=x²+2（a-2）x-4alnx（a＜0）的定义域为（0，+∞），
导数f′（x）=2x+2（a-2）-$\frac{4a}{x}$=$\frac{2（x+a）（x-2）}{x}$，
当-2＜a＜0，即0＜-a＜2时，由f′（x）＞0可得x＞2或0＜x＜-a，由f′（x）＜0可得-a＜x＜2，
f（x）的极大值为f（-a）=4a-a²-4aln（-a），f（x）的极小值为f（2）=4a-8-4aln2，
当a=-2时，f′（x）≥0恒成立，即有f（x）在（0，+∞）递增，无极值；
当a＜-2，即2＜-a，由f′（x）＞0可得x＞-a或0＜x＜2，由f′（x）＜0可得2＜x＜-a，
f（x）的极小值为f（-a）=4a-a²-4aln（-a），f（x）的极大值为f（2）=4a-8-4aln2，
综上可得，当a=-2时，f（x）在（0，+∞）递增，无极值；
当-2＜a＜0，f（x）的增区间为（2，+∞），（0，-a），减区间为（-a，2），
f（x）的极大值为4a-a²-4aln（-a），f（x）的极小值为4a-8-4aln2；
当a＜-2时，f（x）的增区间为（-a，+∞），（0，2），减区间为（2，-a），
f（x）的极小值为4a-a²-4aln（-a），f（x）的极大值为4a-8-4aln2；
（Ⅱ）由 f（x₂）-f（x₁）＞2a（x₂-x₁），
可得f（x₂）-2ax₂＞f（x₁）-2ax₁
令h（x）=f（x）-2ax，只需证h（x）在（0，+∞）单调递增即可，
h（x）=f（x）-2ax=x²+2（a-2）x-4alnx-2ax=x²-4x-4alnx，
h′（x）=2x-4-$\frac{4a}{x}$=$\frac{2{x}^{2}-4x-4a}{x}$，
只需说明h′（x）≥0在（0，+∞）恒成立即可，
即4a≤2x²-4x，即为a≤$\frac{1}{2}$x²+x=$\frac{1}{2}$（x-1）²-$\frac{1}{2}$，
故a≤-$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值，同时考查不等式恒成立问题转化为求函数的单调性，运用参数分离和分类讨论的思想方法是解题的关键．