Question

已知函數(shù)f（x）=（2-a）lnx-1，g（x）=lnx+ax²+x（a∈R），令φ（x）=f（x）+g′（x）．
（1）當a=0時，求φ（x）的極值；
（2）當a＜-2時，求φ（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）當-3＜a＜-2時，若對?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|φ（λ₁）-φ（λ₂）|＜（m+ln2）a-2ln3恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）將a=0代入，求出φ（x）的解析式，求φ′（x）=0的根，判斷根左右的單調(diào)性，即可求得φ（x）的極值；
（2）先求出函數(shù)f（x）的解析式，然后求出導(dǎo)數(shù)，由導(dǎo)數(shù)的正負，分別求出函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間；
（3）?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|φ（λ₁）-φ（λ₂）|＜（m+ln2）a-2ln3成立，等價于|φ（λ₁）-φ（λ₂）|_max＜（m+ln3）a-2ln3，而|φ（λ₁）-φ（λ₂）|_max=φ（x）_max-φ（x）_min，由（Ⅱ）利用單調(diào)性可求得φ（x）的最大值、最小值，再根據(jù)a的范圍即可求得m的范圍．

解答： 解：（1）因為g′(x)=

1

x

+2ax+1，所以ϕ(x)=(2-a)lnx+

1

x

+2ax，其定義域為（0，+∞）．…（1分）
當a=0時，ϕ(x)=2lnx+

1

x

，ϕ′(x)=

2

x

-

1

x2

=

2x-1

x2

…（2分）
令ϕ'（x）=0，解得x=

1

2

，當0＜x＜

1

2

時，ϕ'（x）＜0；當x＞

1

2

時，ϕ′（x）＞0．
所以ϕ（x）的單調(diào)減區(qū)間為(0，

1

2

)，單調(diào)增區(qū)間為(

1

2

，+∞)；
當x=

1

2

時，ϕ（x）有極小值ϕ(

1

2

)=2-2ln2，無極大值…（4分）
（2）因為ϕ(x)=(2-a)lnx+

1

x

+2ax
所以ϕ′(x)=

2-a

x

-

1

x2

+2a=

2ax2+(2-a)x-1

x2

=

a(2x-1)(x+ 1 a )

x2

，（x＞0）．
當a＜-2時，-

1

a

＜

1

2

，令ϕ'（x）＜0，得0＜x＜-

1

a

，或x＞

1

2

；令ϕ'（x）＞0，得-

1

a

＜x＜

1

2

．
當a＜-2時，ϕ（x）的單調(diào)增區(qū)間為(-

1

a

，

1

2

)；單調(diào)遞減區(qū)間為(0，-

1

a

)，(

1

2

，+∞)…（8分）
（3）由（2）可知當-3＜a＜-2時，ϕ（x）在[1，3]上單調(diào)遞減，
所以ϕ（x）_max=ϕ（1）=2a+1，ϕ(x)min=ϕ(3)=(2-a)ln3+

1

3

+6a．|ϕ(λ1)-ϕ(λ2)|max=ϕ(1)-ϕ(3)=(2a+1)-[(2-a)ln3+

1

3

+6a]=

2

3

-4a+(a-2ln3)，
因為對?λ₁，λ₂∈[1，3]，使得|ϕ（λ₁）-ϕ（λ₂）|＜（m+ln2）a-2ln3恒成立，
所以

2

3

-4a+(a-2ln3)＜(m+ln2)a-2ln3…（10分）
整理得：ma＞

2

3

-4a+aln

3

2

，
又因為-3＜a＜-2，a＜0，
所以m＜

2

3a

-4+ln

3

2

，
因為-3＜a＜-2，-

1

3

＜

2

3a

＜-

2

9

，-

13

3

＜

2

3a

-4＜-

28

9

，
所以m≤-

13

3

+ln

3

2

，
故實數(shù)m的取值范圍是(-∞，-

13

3

+ln

3

2

]．…（12分）

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，注意導(dǎo)數(shù)的正負對應(yīng)著函數(shù)的增減，同時要注意單調(diào)區(qū)間是定義域的子集，即先要求出函數(shù)的定義域．同時考查了函數(shù)的恒成立問題，對于恒成立，一般選用參變量分離法、最值法、數(shù)形結(jié)合法解決．屬于難題．