Question

設函數(shù)f（x）=lnx-x²+ax（a∈R）．
（Ⅰ） 求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ） 已知A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））（x₁≠x₂）是函數(shù)f（x）在x∈[1，+∞）的圖象上的任意兩點，且滿足

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＜2，求a的最大值；
（Ⅲ） 設g（x）=xe^1-x，若對于任意給定的x₀∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₀）在（0，e]內(nèi)有兩個不同的實數(shù)根，求a的取值范圍．（其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數(shù)的概念及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）直接對原函數(shù)求導，令導數(shù)大于0，解得增區(qū)間，令導數(shù)小于0，解得減區(qū)間；
（2）因為是不等式恒成立，因此將原式轉化為函數(shù)的最值問題，通過變形構造出函數(shù)φ（x）=f（x）-2x，通過研究該函數(shù)的單調性，進而轉化為該函數(shù)的導數(shù)小于等于0恒成立，最終使問題獲得解答；
（3）其實還是要數(shù)形結合，兩個函數(shù)構造的方程在某一區(qū)間上有兩個根，即它們的圖象有兩個公共點，結合單調性進行分析，容易使問題獲得解答．

解答： 解：（Ⅰ） f′(x)=

1

x

-2x+a=

-2x2+ax+1

x

，
由f'（x）=0，得-2x²+ax+1=0，該方程的判別式△=a²+8＞0，
可知方程-2x²+ax+1=0有兩個實數(shù)根

a± a2+8

4

，又x＞0，故取x=

a+ a2+8

4

，
當x∈(0，

a+ a2+8

4

)時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調遞增；當x∈(

a+ a2+8

4

，+∞)時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調遞減．
則函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是(0，

a+ a2+8

4

)；遞減區(qū)間是(

a+ a2+8

4

，+∞)．
（Ⅱ）不妨設x₁＞x₂≥1，不等式

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＜2轉化為f（x₁）-2x₁＜f（x₂）-2x₂，
令φ（x）=f（x）-2x，可知函數(shù)φ（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調遞減，故φ'（x）=f'（x）-2≤0恒成立，
故

1

x

-2x+a-2≤0恒成立，即a≤2x-

1

x

+2恒成立．
當x∈[1，+∞）時，函數(shù)y=2x-

1

x

+2單調遞增，故當x=1時，函數(shù)y=2x-

1

x

+2取得最小值3，則實數(shù)a的取值范圍是a≤3，則實數(shù)a的最大值為3．
（Ⅲ）g'（x）=（1-x）e^1-x，當x∈（0，1）時，g'（x）＞0，g（x）是增函數(shù)；當x∈（1，e）時，g'（x）＜0，g（x）是減函數(shù)．可得函數(shù)g（x）在區(qū)間（0，e]的值域為（0，1]．
令F（x）=f（x）+1，則F′(x)=f′(x)=

-2x2+ax+1

x

，
由F'（x）=0，結合（Ⅰ）可知，方程F'（x）=0在（0，∞）上有一個實數(shù)根x₃，若x₃≥e，則F（x）在（0，e]上單調遞增，不合題意，
可知F'（x）=0在（0，e]有唯一的解x3=

a+ a2+8

4

，且F（x）在(0，

a+ a2+8

4

)上單調遞增；在(

a+ a2+8

4

，+∞)上單調遞減．
因為?x₀∈（0，e]，方程f（x）+1=g（x₀）在（0，e]內(nèi)有兩個不同的實數(shù)根，所以F（e）≤0，且F（x）_max＞1．
由F（e）≤0，即lne-e²+ae+1≤0，解得a≤e-

2

e

．
由F（x）_max=f（x₃）+1＞1，即lnx3-

x

2 3

+ax3+1＞1，lnx3-

x

2 3

+ax3＞0，
因為-2

x

2 3

+ax3+1=0，所以a=2x3-

1

x3

，代入lnx3-

x

2 3

+ax3＞0，得lnx3+

x

2 3

-1＞0，
令h（x）=lnx+x²-1，可知函數(shù)h（x）在（0，e]上單調遞增，而h（1）=0，則h（x₃）＞h（1）=0，
所以1＜x₃＜e，而a=2x3-

1

x3

在1＜x₃＜e時單調遞增，可得1＜a＜2e-

1

e

，
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(1，e-

2

e

]．

點評：本題綜合考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、零點的存在性問題以及不等式的恒成立問題，屬于壓軸題，要仔細體會其解題思想．