Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+2lnx．
（1）求f（x）的單調區(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a≤-2時，求證：對任意x₁，x₂∈（0，+∞），總有|g（x₁）-g（x₂）|≥4|x₁-x₂|

Answer 1

分析：（1）求出函數(shù)的導函數(shù)，對a≥0和a＜0進行分類，當a≥0時，導函數(shù)恒大于0，當a＜0時，由導函數(shù)的零點對定義域分段，根據(jù)導函數(shù)在各區(qū)間段內的符號，判斷出原函數(shù)的單調性；
（2）根據(jù)（1）中求出的單調區(qū)間，判斷出函數(shù)在（0，1]上的單調性，進一步求出函數(shù)在（0，1]上的最大值，由最大值等于-2求解a的值，符合條件保留，否則舍去；
（3）把函數(shù)f（x）的解析式代入g（x）=f（x）+（a-1）lnx+1，求出函數(shù)g（x）的導函數(shù)后，由a≤-2可知其導函數(shù)小于0，得到函數(shù)g（x）為定義域上的減函數(shù)，不妨規(guī)定x₁和x₂的大小，把要證的不等式取絕對值移向變形，使問題轉化成證明一個函數(shù)的單調性問題，最后利用函數(shù)的導函數(shù)證明函數(shù)單調性．

解答：解析：（1）f（x）的定義域是（0，+∞）．f′(x)=2ax+

2

x

=

2ax2+2

x

．
當a≥0時，f^′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
當a＜0時，令f^′（x）=0，則2ax²+2=0，所以，x1=

- 1 a

，x2=-

- 1 a

（舍去）．
當x∈(0，

- 1 a

)時，f^′（x）＞0，故f（x）在(0，

- 1 a

)上是增函數(shù)；
當x∈(

- 1 a

，+∞)時，f^′（x）＜0，故f（x）在(

- 1 a

，+∞)上是減函數(shù)．
故當a≥0時，f（x）的增區(qū)間是（0，+∞）；
當a＜0時，f（x）的增區(qū)間是(0，

- 1 a

)，減區(qū)間是(

- 1 a

，+∞)．
（2）①當a≥0時，f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，故在（0，1]上的最大值為f（1）=a+2ln1=a=-2，顯然不合題意；
②若

a＜0 - 1 a ≥1

，即-1≤a＜0時，（0，1]⊆(0，

- 1 a

)，則f（x）在（0，1]上是增函數(shù)，故在（0，1]上最大值為f（1）=a=-2，不合題意，舍去；
③若

a＜0 - 1 a ＜1

，即a＜-1時，f（x）在(0，

- 1 a

)上是增函數(shù)，在(

- 1 a

，1)上為減函數(shù)，故在（0，1]上的最大值是f(

- 1 a

)=-1+2ln

- 1 a

=-2，解得：a=-e，符合．
綜合①、②、③得：a=-e．
（3）由g（x）=f（x）+（a-1）lnx+1，則g（x）=（a+1）lnx+ax²+1，
則g′(x)=

a+1

x

+2ax=

2ax2+a+1

x

，當a≤-2時，g^′（x）＜0，故當a≤-2時，g（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)．
不妨設x₂≥x₁＞0，則g（x₂）≤g（x₁），故|g（x₁）-g（x₂）|≥4|x₁-x₂|等價于g（x₁）-g（x₂）≥4（x₂-x₁），
即g（x₁）+4x₁≥g（x₂）+4x₂．
記h（x）=g（x）+4x，下面證明當x₂≥x₁＞0時，h（x₁）≥h（x₂）
由h（x）=g（x）+4x=（a+1）lnx+ax²+4x+1得：
h′(x)=

2ax2+4x+a+1

x

≤

-4x2+4x-1

x

=

-(2x-1)2

x

≤0，
從而h（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，故當x₂≥x₁＞0時，h（x₁）＞h（x₂），
即有：g（x₁）+4x₁≥g（x₂）+4x₂，
故當a≤-2時，對任意x₁，x₂∈（0，+∞），總有|g（x₁）-g（x₂）|≥4|x₁-x₂|．

點評：本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，利用函數(shù)的導函數(shù)分析函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查了分類討論的數(shù)學思想和數(shù)學轉化思想，在（3）的證明過程中，構造函數(shù)是該題的難點．屬難度較大的題目．