Question

设函数f（x）=2ax-

b

x

+lnx．
（Ⅰ）当b=a时，若f（x）在（0，+∞）上是单调函数，求a的取值范围．
（Ⅱ）若f（x）在x=m，x=n（m＜n）处取得极值，若方程f（x）=c在（0，2n]上有唯一解，则c的取值范围为 {x|x＜x₀或s≤x＜t}，求t-s的最大值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,函数的单调性与导数的关系

专题：计算题,分类讨论,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）当a=b，f（x）=2ax-

a

x

+lnx，对a讨论，分①当a=0时，②当a＞0时，③当a＜0时，通过导数判断即可得到a的取值范围；
（Ⅱ）由于f（x）=2ax-

b

x

+lnx，定义域为（0，+∞） 求出导数，又f（x）在x=m，x=n处取得极值，则f′（m）=f′（n）=0．求得a，b，得到f′（x），为使方程f（x）=c只有唯一解的c的取值范围为{x|x＜x₀或s≤x＜t}，
只有可能s=f（2n），t=f（2m），f（m）＞f（2n），故只要求f（m）-f（2n）的最大值，记m=kn（0＜k＜1），对k讨论，当0＜k＜

1

2

时，当

1

2

＜k≤1时，通过导数的符号，即单调性即可得到．

解答： 解：（Ⅰ）当a=b，f（x）=2ax-

a

x

+lnx，
①当a=0时，f（x）=lnx，则f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0时，又x＞0，∴2ax²+x+a＞0，∴f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③当a＜0时，设g（x）=2ax²+x+a，令△≤0解得a≤-

2

4

．f（x）在（0，+∞）上单调递减．
综上得，a的取值范围是（-∞，-

2

4

]∪[0，+∞）．
（Ⅱ）由于f（x）=2ax-

b

x

+lnx，定义域为（0，+∞）∴f′（x）=2a+

b

x2

+

1

x

．
又f（x）在x=m，x=n处取得极值，f′（m）=f′（n）=0．
即

2a+ b m2 + 1 m =0 2a+ b n2 + 1 n =0

所以

a=- 1 2(m+n) b=- mn m+n

故f′（x）=-

1

m+n

-

mn

(m+n)x2

+

1

x

=-

(x-m)(x-n)

(m+n)x2

，
故f（x）在（0，m）上单调递减，在[m，n]上单调递增，在[n，2m]上单调递减．
所以f（m）是f（x）在（0，2n）上的极小值，f（n）是f（x）在（0，2n]上的极大值．
为使方程f（x）=c只有唯一解的c的取值范围为{x|x＜x₀或s≤x＜t}，
只有可能s=f（2n），t=f（2m），f（m）＞f（2n），故只要求f（m）-f（2n）的最大值．
f（m）=lnm+

n-m

n+m

，f（2n）=

m-4n

2(m+n)

+ln2n．f（m）-f（2n）=

6n-3m

2(n+m)

+ln

m

2n

．
记m=kn（0＜k＜1），则f（m）-f（2n）=

6-3k

2k+2

+ln

k

2

．令g（k）=）=

6-3k

2k+2

+ln

k

2

．
则g′（k）=

(2k-1)(k-2)

2k(k+1)2

当0＜k＜

1

2

时，f′（x）＞0，故f（x）在[m，n]上单调递增；
当

1

2

＜k≤1时，f′（x）＜0，故f（x）在[n，2n]上单调递减．
所以g（k）的最大值为g（

1

2

）=

3

2

-ln4．所以t-s的最大值为

3

2

-ln4．

点评：本题考查导数的运用：求单调区间和求极值，考查分类讨论的思想方法和函数方程的思想方法，考查运算能力，属于中档题．