Question

（2013•淄博一模）已知函数g（x）=（2-a）lnx，h（x）=lnx+ax²（a∈R），令f（x）=g（x）+h′（x）．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＜-2时，求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）当-3＜a＜-2时，若对?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＜（m+ln3）a-2ln3恒成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析：（Ⅰ）将a=0代入，求出f（x）的解析式，求f′（x）=0的根，判断根左右的单调性，即可求得f（x）的极值；
（Ⅱ）先求出函数f（x）的解析式，然后求出f′（x），令f′（x）＞0，f′（x）＜0，分别求出函数的增区间和减区间；
（Ⅲ）?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＜（m+ln3）a-2ln3成立，等价于|f（λ₁）-f（λ₂）|_max＜（m+ln3）a-2ln3，而|f（λ₁）-f（λ₂）|_max=f（x）_max-f（x）_min，由（Ⅱ）利用单调性可求得f（x）的最大值、最小值，再根据a的范围即可求得m的范围．

解答：解：（Ⅰ）当a=0时，g（x）=2lnx，h（x）=lnx，
∴h′（x）=

1

x

，
∵f（x）=g（x）+h′（x），则f（x）=2lnx+

1

x

，定义域为（0，+∞），
∴令f′（x）=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

=0，解得x=

1

2

，
当x∈（0，

1

2

）时，f′（x）＜0，f（x）在（0，

1

2

）上单调递减，当x∈（

1

2

，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在（

1

2

，+∞）上单调递增，
∴当x=

1

2

时，函数f（x）取得极小值f（

1

2

）=2-2ln2；
（Ⅱ）∵g（x）=（2-a）lnx，h（x）=lnx+ax²，
∴h′（x）=

1

x

+2ax，
∴f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax，
∴f′（x）=

2-a

x

-

1

x2

+2a=

2ax2+(2-a)x-1

x2

=

(ax+1)(2x-1)

x2

，
令f′（x）=0，解得x=-

1

a

或

1

2

，
∵a＜-2，∴-

1

a

＜

1

2

，
令f′（x）＜0，解得0＜x＜-

1

a

或x＞

1

2

，
令f′（x）＞0，解得-

1

a

＜x＜

1

2

，
∴f（x）的单调减区间为（0，-

1

a

），（

1

2

，+∞），单调增区间为（-

1

a

，

1

2

）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当-3＜a＜-2时，f（x）在[1，3]上单调递减，
∴f（x）_max=f（1）=2a+1；f（x）_min=f（3）=（2-a）ln3+

1

3

+6a，
∴|f（λ₁）-f（λ₂）|_max=f（1）-f（3）=（1+2a）-[（2-a）ln3+

1

3

+6a]=

2

3

-4a+（a-2）ln3，
∵?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|f（λ₁）-f（λ₂）|＜（m+ln3）a-2ln3成立，
∴（m+ln3）a-2ln3＞

2

3

-4a+（a-2）ln3，整理得ma＞

2

3

-4a，
又a＜0，∴m＜

2

3a

-4，
又∵-3＜a＜-2，∴-

1

3

＜

2

3a

＜-

2

9

，
∴-

13

3

＜

2

3a

-4＜-

38

9

，
∴m≤-

13

3

，即m的取值范围是m≤-

13

3

．

点评：本题考查了利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的单调性，注意导数的正负对应着函数的增减，同时要注意单调区间是定义域的子集，即先要求出函数的定义域．同时考查了函数的恒成立问题，对于恒成立，一般选用参变量分离法、最值法、数形结合法解决．属于难题．