Question

已知f（x）=lnx+

1

2

x²-（λ-2）x，λ∈R．
（1）若函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，求實數(shù)λ的取值范圍；
（2）若x=a，x=b（a＜b）為函數(shù)f（x）的兩個極值點，
①求f（a）+f（b）的取值范圍；
②若λ≥

e

+

1

e

+2，求f（b）-f（a）的最大值（注：e是自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,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：（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用基本不等式的性質(zhì)，求出λ的范圍即可；
（2）①函數(shù)f（x）有兩個極值點，即它的導(dǎo)函數(shù)有兩個不相等的正實數(shù)根，轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)有實根的問題，由韋達定理，利用二次函數(shù)的單調(diào)性求出f（a）+f（b）的取值范圍；②將f（b）+f（a）化簡變形，構(gòu)造一個新函數(shù)，再由λ≥

e

+

1

e

+2，求出f（b）-f（a）的最大值．

解答： 解：（1）∵f'（x）=

1

x

+x-（λ-2），（x＞0）
∴

1

x

+x≥2，
∴f'（x）≥4-λ≥0，
∴λ≤4，
即實數(shù)λ的取值范圍是：（-∞，4]；
（2）①∵f′（x）=

x2-(λ-2)x+1

x

，
依題意，方程x²-（λ-2）x+1=0有兩個不等的正根a、b（其中a＜b），
∴

(λ-2)2-4＞0 λ-2＞0

，∴λ＞4，
又a+b=λ-2，ab=1，
∴f（a）+f（b）=lnab+

1

2

（a²+b²）-（λ-2）（a+b）
=-

1

2

（λ-2）²-1，
∵λ＞4，∴-

1

2

（λ-2）²-1＜-3，
故f（a）+f（b）的取值范圍是（-∞，-3）；
②當λ≥

e

+

1

e

+2時，（λ-2）²≥e+

1

e

+2，
設(shè)t=

b

a

（t＞1），則（λ-2）²=（a+b）²=

(a+b)2

ab

=t+

1

t

+2≥e+

1

e

+2，
∴t+

1

t

≥e+

1

e

⇒（t-e）（1-

1

te

）≥0，∴t≥e，
∴f（b）-f（a）=ln

b

a

+

1

2

（b²-a²）-（λ-2）（b-a）
=ln

b

a

+

1

2

（b²-a²）-（b+a）（b-a）=ln

b

a

-

1

2

（b²-a²）
=ln

b

a

-

1

2

（

b2-a2

ab

）=ln

b

a

-

1

2

（

b

a

-

a

b

）=lnt-

1

2

（t-

1

t

），
構(gòu)造函數(shù)g（t）=lnt-

1

2

（t-

1

t

），其中t≥e，
由g′（t）=

1

t

-

1

2

（1+

1

t2

）=-

(t-1)2

2t2

＜0
∴g（t）在[e，+∞）上單調(diào)遞減，g（t）≤g（e）=1-

e

2

+

1

2e

，
故f（b）-f（a）的最大值為1-

e

2

+

1

2e

．

點評：本題是考查了函數(shù)的極值，運用了求導(dǎo)，構(gòu)造函數(shù)，等價轉(zhuǎn)化，化歸等思想，是一道導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用題，中等難度．