Question

10．已知函數(shù)f（x）=ax²+21nx．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）若f（x）在（0，1]上的最大值是-2，求a的值．
（3）記g（x）=f（x）+（a-1）lnx+1，當(dāng)a≤-2時(shí)，若對(duì)任意x₁，x₂∈（0，+∞），總有|g（x₁）-g（x₂）|≥k|x₁-x₂|成立，試求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論a≥0時(shí)，a＜0時(shí)，由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）由（1）可得，可得a≥0時(shí)，f（x）在（0，1]遞增，f（1）最大為-2，解方程可得；a＜0時(shí)，求得極值點(diǎn)，與區(qū)間（　�。�，1]的關(guān)系，可得最大值，解方程可得a的值；
（3）求得g（x）的導(dǎo)數(shù)，判斷符號(hào)可得單調(diào)性，再由條件可得h（x）=g（x）+kx遞減，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)，結(jié)合基本不等式可得k的最大值．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=ax²+21nx（x＞0）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=2ax+$\frac{2}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}+2}{x}$，
當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）＞0解得0＜x＜$\sqrt{-\frac{1}{a}}$；f′（x）＜0解得x＞$\sqrt{-\frac{1}{a}}$．
即有a≥0時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（0，+∞）；
a＜0時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（0，$\sqrt{-\frac{1}{a}}$）；減區(qū)間為（$\sqrt{-\frac{1}{a}}$，+∞）．
（2）由（1）可得a≥0時(shí)，f（x）在（0，1]遞增，f（1）取得最大，且為a=-2，舍去；
a＜0時(shí)，若1≤$\sqrt{-\frac{1}{a}}$即-1≤a＜0時(shí)，f（x）在（0，1]遞增，
則f（1）=a取得最大值，且為a=-2＜-1，不成立；
若1＞$\sqrt{-\frac{1}{a}}$即a＜-1時(shí)，f（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{a}}$）遞增，（$\sqrt{-\frac{1}{a}}$，1]遞減，．
則f（$\sqrt{-\frac{1}{a}}$取得最大值，且為-1+2ln$\sqrt{-\frac{1}{a}}$=-2，解得a=-e＜-1，成立．
綜上可得a=-e；
（3）g（x）=f（x）+（a-1）lnx+1=ax²+（a+1）lnx+1，
g′（x）=2ax+$\frac{a+1}{x}$＜0，（a≤-2），即有g(shù)（x）在（0，+∞）遞減，
令x1＜x2，則g（x1）＞g（x2），
若對(duì)任意x₁，x₂∈（0，+∞），總有|g（x₁）-g（x₂）|≥k|x₁-x₂|成立，
即為g（x₁）-g（x₂）≥k（x₂-x₁），即g（x₁）+kx₁≥g（x₂）+kx₂，
則h（x）=g（x）+kx在（0，+∞）遞減，
即有h′（x）=g′（x）+k≤0恒成立，
則-k≥2ax+$\frac{a+1}{x}$的最大值，
由a≤-2，2ax+$\frac{a+1}{x}$≤-4x-$\frac{1}{x}$=-（4x+$\frac{1}{x}$）≤-2$\sqrt{4x•\frac{1}{x}}$=-4，
當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{1}{2}$時(shí)，取得最大值-4，
則-k≥-4，即k≤4，則k的最大值為4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立問題的解法，注意運(yùn)用參數(shù)分離和函數(shù)的單調(diào)性，同時(shí)考查分類討論的思想方法和構(gòu)造函數(shù)的方法，屬于中檔題．