Question

已知函數(shù)f（x）=x²-ax+xlnx．
（Ⅰ）當(dāng)a=3時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若不等式f（x）≥-6恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）在函數(shù)f（x）的定義域內(nèi)任取三個(gè)實(shí)數(shù)x₁，x₂，x₃，設(shè)x₁＜x₂＜x₃，證明：

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）當(dāng)a=3時(shí)，f（x）=x²-3x+xlnx，通過求導(dǎo)得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； 
（Ⅱ）由題意得，a≤x+

6

x

+lnx=g（x）恒成立，通過求導(dǎo)得出g（x）在（0，2）上單減，在（2，+∞）上單增，從而得出a≤g（x）_min=g（2），問題解決；
（Ⅲ）記M=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，N=

f(x3)-f(x2)

x3-x2

，F(xiàn)=f′（x₂），得出F-M，N-F，考察函數(shù)h（t）=t-1-lnt，h′（t）=

t-1

t

，從而F-M＞0且N-F＞0，求出M＜F＜N從而M＜N即

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

得證．

解答： 解：（Ⅰ）當(dāng)a=3時(shí)，f（x）=x²-3x+xlnx，
∴f′（x）=2x-2+lnx，注意到f′（x）在定義域（0，+∞）單增且f′（1）=0，
∴當(dāng)x∈（0，1），f′（x）＜0；x∈（1，+∞），f′（x）＞0，
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞增區(qū)間為（1，+∞）．   
（Ⅱ）由題，對(duì)任意x∈（0，+∞），
f（x）=x²-ax+xlnx≥-6，
即：a≤x+

6

x

+lnx=g（x）恒成立，
由g′（x）=

(x+3)(x-2)

x2

知，g（x）在（0，2）上單減，在（2，+∞）上單增，
∴a≤g（x）_min=g（2）=5+ln2，
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，5+ln2]．                      
（Ⅲ）記M=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=x₁+x₂-a+

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

，
N=

f(x3)-f(x2)

x3-x2

=x₃+x₂-a+

x3lnx3-x2lnx2

x3-x2

，
F=f′（x₂）=2x₂-a+lnx₂+1，
∴F-M=（x₂-x₁）+

x1

x2-x1

(

x2

x1

-1-ln

x2

x1

)
N-F=（x₃-x₂）+

x3

x3-x2

(

x2

x3

-1-ln

x2

x3

)，
考察函數(shù)h（t）=t-1-lnt，h′（t）=

t-1

t

，
∴h（t）在（0，1）上單減，在（1，+∞）上單增．
∵0＜x₁＜x₂＜x₃，∴

x2

x1

＞1

x2

x3

＜1，
∴

x2

x1

-1-ln

x2

x1

=h(

x2

x1

)＞h（1）=0，

x2

x3

-1-ln

x2

x3

=h(

x2

x3

)＞h（1）=0，
又x₂-x₁＞0，x₃-x₂＞0，
∴F-M＞0且N-F＞0，
∴M＜F＜N從而M＜N即

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

得證．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求參數(shù)的范圍，不等式的證明，是一道綜合題．