Question

已知函數(shù)f（x）=4lnx+x²-ax（a∈R）．
（Ⅰ）當a=6時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁∈（0，1]，求證：f（x₁）-f（x₂）≥3-4ln2；
（Ⅲ）設g（x）=f（x）+2ln

ax+2

6x2

，對于任意a∈（2，4）時，總存在x∈[

3

2

，2]，使g（x）＞k（4-a²）成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）當a=6時代入到原式中進行求導，再分別令導函數(shù)大于零，小于零來確定單調區(qū)間，計算時注意到定義域的范圍；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）有兩個極值點x₁，x₂可以轉化為2x²-ax+4=0有兩個不等的實根，即滿足不等式組

△＞0 x1+x2= a 2 x1x2=2

(0＜x1≤1)，從中解出a，x₂分別用x₁表示，即f（x₁）-f（x₂）=8lnx₁-x₁²+

4

x12

-4ln2（0＜x≤1）；再令F（x）=8lnx-x²+

4

x2

-4ln2（0＜x≤1），對其求導研究，算出其在（0，1]上的最小值，從而證明不等式．
（Ⅲ）對于任意a∈（2，4）時，總存在x∈[

3

2

，2]，使g（x）＞k（4-a²）成立，即g(x)max＞k(4-a2)恒成立，因此求出g（x）_max=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6，這樣，問題轉化為2ln（2a+2）-2a+4-2ln6＞k（4-a²）在a∈（2，4）上恒成立，構造函數(shù)h（a）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6-k（4-a²），通過求導討論的方式對其進一步研究．

解答： 解：（I）當a=6時，f′（x）=

2(x2-3x+2)

x

，
令f′（x）＞0⇒0＜x＜1或x＞2，f′（x）＜0⇒1＜x＜2，
∴f（x）的遞增區(qū)間為（0，1）和（2，+∞），遞減區(qū)間為（1，2）．
（II）由于f（x）有兩個極值點x₁，x₂，則2x²-ax+4=0有兩個不等的實根，
由題意，得

△＞0 x1+x2= a 2 x1x2=2

(0＜x1≤1)⇒

a≥6 a=2(x1+x2) x2= 2 x1

∴f（x₁）-f（x₂）=8lnx₁-x₁²+

4

x12

-4ln2（0＜x≤1）
設F（x）=8lnx-x²+

4

x2

-4ln2（0＜x≤1）
F′（x）=

8

x

-2x-

8

x3

=-

2(x2-2)2

x3

＜0，∴F（x）在（0，1]上遞減，
∴F（x）≥F（1）=3-4ln2，即f（x₁）-f（x₂）≥3-4ln2．
（III）∵g（x）=2ln（ax+2）+x²-ax-2ln6，
∴g′（x）=

2a

ax+2

+2x-a=

2ax(x+ 4-a2 2a )

ax+2

（a∈（2，4））
∵

4-a2

2a

=

2

a

-

a

2

＞-

3

2

，x≥

3

2

，∴x+

4-a2

2a

＞0，∴g′（x）＞0，g（x）在x∈[

3

2

，2]遞增，
g（x）_max=g（2）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6，
∴2ln（2a+2）-2a+4-2ln6＞k（4-a²）在a∈（2，4）上恒成立
令h（a）=2ln（2a+2）-2a+4-2ln6-k（4-a²）
則h（a）＞0在a∈（2，4）上恒成立．
∵h′（a）=

2

a+1

-2+2ka=

2a(ka+k-1)

a+1

，又h（2）=0
當k≤0時，h′（a）＜0，h（a）在（2，4）遞減，h（a）＜h（2）=0，不合；
當k＞0時，h′（a）=0⇒a=

1-k

k

，
①

1-k

k

＞2⇒0＜k＜

1

3

時，h（a）在（2，

1-k

k

）遞減，存在h（a）＜h（2）=0，不合；
②

1-k

k

≤⇒k≥

1

3

時，h（a）在（2，4）遞增，h（a）＞h（2）=0，滿足
綜上，實數(shù)k的取值范圍為[

1

3

，+∞）．

點評：本題是對導數(shù)知識的綜合考查，解決本題的關鍵是不斷將題意轉化成我們更為熟悉的類型，從而使得題目可解，轉化的方法是高中數(shù)學，尤其是代數(shù)的基本方法，將未知轉化成已知的思想也是解題的“一把好劍”．