Question

（2012•福州模擬）已知函數(shù)f（x）=-x²+2lnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）與g（x）=x+

a

x

有相同極值點(diǎn)，
（i）求實(shí)數(shù)a的值；
（ii）若對于“x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可得函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）（ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)，利用函數(shù)f（x）與g（x）=x+

a

x

有相同極值點(diǎn)，可得x=1是函數(shù)g（x）的極值點(diǎn)，從而可求a的值；
（ⅱ）先求出x₁∈[[

1

e

，3]時(shí)，f（x₁）_min=f（3）=-9+2ln3，f（x₁）_max=f（1）=-1；x₂∈[[

1

e

，3]時(shí)，g（x₂）_min=g（1）=2，g（x₂）_max=g（3）=

10

3

，再將對于“x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，等價(jià)變形，分類討論，即可求得實(shí)數(shù)k的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）求導(dǎo)函數(shù)可得：f′（x）=-2x+

2

x

=-

2(x+1)(x-1)

x

（x＞0）
由f′（x）＞0且x＞0得，0＜x＜1；由f′（x）＜0且x＞0得，x＞1．
∴f（x）在（0，1）上為增函數(shù)，在（1，+∞）上為減函數(shù)．
∴函數(shù)f（x）的最大值為f（1）=-1．
（Ⅱ）∵g（x）=x+

a

x

，∴g′（x）=1-

a

x2

．
（ⅰ）由（Ⅰ）知，x=1是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，
又∵函數(shù)f（x）與g（x）=x+

a

x

有相同極值點(diǎn)，
∴x=1是函數(shù)g（x）的極值點(diǎn)，
∴g′（1）=1-a=0，解得a=1．
（ⅱ）∵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），
∴x₁∈[[

1

e

，3]時(shí)，f（x₁）_min=f（3）=-9+2ln3，f（x₁）_max=f（1）=-1
由（ⅰ）知g（x）=x+

1

x

，∴g′（x）=1-

1

x2

．
當(dāng)x∈[

1

e

，1）時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)x∈（1，3]時(shí)，g′（x）＞0．
故g（x）在[

1

e

，1）為減函數(shù)，在（1，3]上為增函數(shù)．
∵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）
∴x₂∈[[

1

e

，3]時(shí)，g（x₂）_min=g（1）=2，g（x₂）_max=g（3）=

10

3

①當(dāng)k-1＞0，即k＞1時(shí)，
對于“x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，等價(jià)于k≥[f（x₁）-g（x₂）]_max+1
∵f（x₁）-g（x₂）≤f（1）-g（1）=-1-2=-3，
∴k≥-2，又∵k＞1，∴k＞1．
②當(dāng)k-1＜0，即k＜1時(shí)，
對于“x₁，x₂∈[

1

e

，3]，不等式

f(x1)-g(x2)

k-1

≤1恒成立，等價(jià)于k≤[f（x₁）-g（x₂）]_min+1
∵f（x₁）-g（x₂）≥f（3）-g（3）=-

37

3

+2ln3，
∴k≤-

34

3

+2ln3．
又∵k＜1，∴k≤-

34

3

+2ln3．
綜上，所求的實(shí)數(shù)k的取值范圍為（-∞，-

34

3

+2ln3]∪（1，+∞）．

點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的最值，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．