Question

已知函數f（x）=-x²+2lnx與g（x）=x+

a

x

有相同極值點．
（1）求實數a的值；
（2）若x₁，x₂是區間[2，3]內任意兩個不同的數，求證：|f（x₁）-f（x₂）|＜6|x₁-x₂|；
（3）若對于任意x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，求實數k的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的極值

專題：計算題,證明題,導數的綜合應用

分析：（1）求出f（x）的導數，求得單調區間，得到極大值點，再由條件求出g（x）的導數，得到方程，解出即可；
（2）|f（x₁）-f（x₂）|＜6|x₁-x₂|?f（x₁）-f（x₂）＜6（x₂-x₁）?f（x₁）+6x₁＜f（x₂）+6x₂，令h（x）=f（x）+6x，求出導數，求出單調區間，即可得證；
（3）求出f（x）在[

1

e

，3]上的最值，運用導數求得g（x）在[

1

e

，3]上的最值，討論①k＞1時，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，?k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max?k≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1，②k＜1時，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，?k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min?k≤[f（x₁）-g（x₂）]_min+1，列出不等式，解出求并集即可．

解答： （1）解：由f′（x）=-2x+

2

x

=-

2(x+1)(x-1)

x

，
知當0＜x＜1時f′（x）＞0；
當x＞1時f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，1）上為增函數，在（1，+∞）上為減函數．
∴x=1為函數f（x）的極大值點．
又函數f（x）=-x²+2lnx與g（x）=x+

a

x

有相同極值點，
∴x=1是函數g（x）的極值點，
∵g′（x）=1-

a

x2

．∴g′（a）=1-a=0，解得a=1．
經檢驗，當a=1時，函數g（x）取到極小值，符合題意．
（2）證明：由（1）知函數f（x）在[2，3]上單調遞減，
不妨設x₁＜x₂，∴|f（x₁）-f（x₂）|＜6|x₁-x₂|?f（x₁）-f（x₂）＜6（x₂-x₁）
?f（x₁）+6x₁＜f（x₂）+6x₂，
令h（x）=f（x）+6x，
則h′（x）=-2x+

2

x

+6，因為h′（x）在（2，3）上單調遞減，且h′（2）=-4+7=3＞0
當x∈（2，3）時，h′（x）＞0，
所以函數h（x）在[2，3]上單調遞增，∴h（x₁）＜h（x₂），所以問題得證．
（3）解：∵f（

1

e

）=-

1

e2

-2，f（1）=-1，f（3）=-9+2ln3，
∵-9+2ln3＜-

1

e2

-2＜-1，即 f（3）＜f（

1

e

）＜f（1），
∴任意x₁∈[

1

e

，3]，f（x）_min=f（3）=-9+2ln3，f（x₁）_max=f（1）=-1
由（1）知g（x）=x+

1

x

，∴g′（x）=1-

1

x2

．
當x∈[

1

e

，1]時，g′（x）＜0；當x∈（1，3]時，g′（x）＞0．
故g（x）在[

1

e

，1]為減函數，在（1，3]上為增函數．
∵g（

1

e

）=e+

1

e

，g（1）=2，g（3）=

10

3

，而 2＜e+

1

e

＜

10

3

，∴g（1）＜g（

1

e

）＜g（3），
∴任意x₂∈[

1

e

，3]，g（x₂）_min=g（1）=2，g（x₂）_max=g（3）=

10

3

．
①當k-1＞0，即k＞1時，對于任意x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，
?k-1≥[f（x₁）-g（x₂）]_max?k≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1
由于f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-3，∴k≥-2又∵k＞1，∴k＞1．
②當k-1＜0，即k＜1時，對于任意x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，
?k-1≤[f（x₁）-g（x₂）]_min?k≤[f（x₁）-g（x₂）]_min+1
∵f（x₁）-g（x₂）≥f（3）-g（3）=-9+2ln3-

10

3

=2ln3-

37

3

∴k≤-

34

3

+2ln3．又∵k＜1，∴k≤-

34

3

+2ln3．
綜上，所求的實數k的取值范圍為（-∞，-

34

3

+2ln3]∪（1，+∞）．

點評：本題考查導數的運用：求單調區間和求極值、最值，考查分類討論的思想方法，不等式恒成立問題轉化為求最值，考查構造函數運用導數求最值，考查運算能力，屬于中檔題．