Question

設函數(shù)f（x）=lnx+x²-ax（a∈R）．
（Ⅰ）當a=3時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁∈（0，1]，求證：f（x₁）-f（x₂）≥-

3

4

+ln2；
（Ⅲ）設g（x）=f（x）+2ln

ax+2

6 x

，對于任意a∈（2，4），總存在x∈[

3

2

，2]，使g（x）＞k（4-a²）成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）當a=3時，求導數(shù)，利用導數(shù)的正負，即可求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂，則f′（x）=

2x2-ax+1

x

=0，即2x²-ax+1=0有兩個不相等的實數(shù)根，結合韋達定理，可得f（x₁）-f（x₂），構造新函數(shù)F（x）=2lnx-x²+

1

4x2

+ln2（0＜x≤1），確定其單調性，即可得出結論；
（Ⅲ）確定g（x）在x∈[

3

2

，2]上單調遞增，可得g（x）_max=g（2）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6，h（a）=）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6-k（4-a²），分類討論，確定單調性，即可得出結論．

解答： （Ⅰ）解：f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=

2x2-3x+1

x

，
令f′（x）＞0，可得0＜x＜

1

2

或x＞1，f′（x）＜0，可得

1

2

＜x＜1，
∴f（x）的遞增區(qū)間為（0，

1

2

）和（1，+∞），遞減區(qū)間為（

1

2

，1）；
（Ⅱ）證明：∵函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂，
∴f′（x）=

2x2-ax+1

x

=0，即2x²-ax+1=0有兩個不相等的實數(shù)根，
∴x₁+x₂=

a

2

，x₁x₂=

1

2

∴2（x₁+x₂）=a，x₂=

1

2x1

，
∴f（x₁）-f（x₂）=lnx₁+x₁²-ax₁-（lnx₂+x₂²-ax₂）=2lnx₁-x₁²+

1

4x12

+ln2（0＜x≤1）．
設F（x）=2lnx-x²+

1

4x2

+ln2（0＜x≤1），則F′（x）=-

(2x2-1)2

2x2

＜0，
∴F（x）在（0，1）上單調遞減，
∴F（x）≥F（1）=-

3

4

+ln2，即f（x₁）-f（x₂）≥-

3

4

+ln2；
（Ⅲ）解：g（x）=f（x）+2ln

ax+2

6 x

=2ln（ax+2）+x²-ax-2ln6，
∴g′（x）=

2ax(x+ 4-a2 2a )

ax+2

，
∵a∈（2，4），∴x+

4-a2

2a

＞0，
∴g′（x）＞0，
∴g（x）在x∈[

3

2

，2]上單調遞增，
∴g（x）_max=g（2）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6，
∴2ln（2a+2）-2a+4-2ln6＞k（4-a²）在（2，4）上恒成立．
令h（a）=）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6-k（4-a²），則h（2）=0，
∴h（a）＞0在（2，4）上恒成立．
∵h′（a）=

2a(ka+k-1)

a+1

，
k≤0時，h′（a）＜0，h（a）在（2，4）上單調遞減，h（a）＜h（2）=0，不合題意；
k＞0時，h′（a）=0，可得a=

1-k

k

．
①

1-k

k

＞2，即0＜k＜

1

3

時，h（a）在（2，

1-k

k

）上單調遞減，存在h（a）＜h（2）=0，不合題意；
②

1-k

k

≤2，即k≥

1

3

時，h（x）在（2，4）上單調遞增，h（a）＞h（2）=0，滿足題意．
綜上，實數(shù)k的取值范圍為[

1

3

，+∞）．

點評：本題考查導數(shù)的綜合運用，考查函數(shù)的單調性，考查不等式的證明，考查分類討論的數(shù)學思想，屬于難題．