Question

已知函数f（x）=-x²+2lnx与g（x）=x+

a

x

有相同极值点．
（1）求实数a的值；
（2）若x₁，x₂是区间[2，3]内任意两个不同的数，求证：|f（x₁）-f（x₂）|＜6|x₁-x₂|；
（3）若对于任意x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：（1）求出f（x）的导数，求得单调区间，得到极大值点，再由条件求出g（x）的导数，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，求出导数，求出单调区间，即可得证；
（3）求出f（x）在[

1

e

，3]上的最值，运用导数求得g（x）在[

1

e

，3]上的最值，讨论①k＞1时，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时，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

，
知当0＜x＜1时f′（x）＞0；
当x＞1时f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数．
∴x=1为函数f（x）的极大值点．
又函数f（x）=-x²+2lnx与g（x）=x+

a

x

有相同极值点，
∴x=1是函数g（x）的极值点，
∵g′（x）=1-

a

x2

．∴g′（a）=1-a=0，解得a=1．
经检验，当a=1时，函数g（x）取到极小值，符合题意．
（2）证明：由（1）知函数f（x）在[2，3]上单调递减，
不妨设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，
则h′（x）=-2x+

2

x

+6，因为h′（x）在（2，3）上单调递减，且h′（2）=-4+7=3＞0
当x∈（2，3）时，h′（x）＞0，
所以函数h（x）在[2，3]上单调递增，∴h（x₁）＜h（x₂），所以问题得证．
（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

．
当x∈[

1

e

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

1

e

，1]为减函数，在（1，3]上为增函数．
∵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当k-1＞0，即k＞1时，对于任意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当k-1＜0，即k＜1时，对于任意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．
综上，所求的实数k的取值范围为（-∞，-

34

3

+2ln3]∪（1，+∞）．

点评：本题考查导数的运用：求单调区间和求极值、最值，考查分类讨论的思想方法，不等式恒成立问题转化为求最值，考查构造函数运用导数求最值，考查运算能力，属于中档题．