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【题目】设函数f(x)= x2+ax﹣lnx(a∈R)
(1)当a=1时,求函数f(x)的极值;
求实数m的取值范围.
(2)当a≥2时,讨论函数f(x)的单调性;
(3)若对任意a∈(2,3)及任意x1 , x2∈[1,2],恒有ma+ln2>|f(x1)﹣f(x2)|成立,

【答案】
(1)解:函数的定义域为(0,+∞),

a=1时,f(x)=x﹣lnx,f′(x)=1﹣ =

令f′(x)=0,得x=1,

∴f(x)在(0,1)递减,在(1,+∞)递增,

∴f(x)极小值=f(1)=1,无极大值;


(2)解:f′x)=(1﹣a)x+a﹣ =

=1,即a=2时,f′(x)≤0,f(x)在(0,+∞)上递减;

<1,即a>2时,令f′(x)<0,得0<x< ,或x>1,令f′(x)>0,得 <x<1,

>1,即a<2时,矛盾舍,

综上,a=2时,f(x)在(0,+∞)递减,a>2时,f(x)在(0, )和(1,+∞)递减,在( ,1)递增;


(3)解:由(2)得;a∈(2,3)时,f(x)在[1,2]上递减,

x=1时,f(x)最大,x=2时,f(x)最小,

∴|f(x1)﹣f(x2)|≤f(1)﹣f(2)= +ln2,

∴ma+ln2> +ln2.

a>0时,经整理得m>

由2<a<3得;﹣ <0,

∴m≥0


【解析】(1)将a=1代入函数求出导函数得到单调区间,从而求出极值,(2)先求出导函数,再分别讨论a>2,a=2,a<2时的情况,综合得出单调区间;(3)由(2)得;a∈(2,3)时,f(x)在[2,3]上递减,x=1时,f(x)最大,x=2时,f(x)最小,从而|f(x1)﹣f(x2)|≤f(1)﹣f(2)= +ln2,进而证出ma+ln2> +ln2.经整理得m> ,由2<a<3得;﹣ <0,从而m≥0.
【考点精析】通过灵活运用利用导数研究函数的单调性和函数的极值与导数,掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系: 在某个区间内,(1)如果,那么函数在这个区间单调递增;(2)如果,那么函数在这个区间单调递减;求函数的极值的方法是:(1)如果在附近的左侧,右侧,那么是极大值(2)如果在附近的左侧,右侧,那么是极小值即可以解答此题.

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分组

频数

频率

[0,30)

3

0.03

[30,60)

3

0.03

[60,90)

37

0.37

[90,120)

m

n

[120,150)

15

0.15

合计

M

N


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