题目

题型：不详难度：来源：

已知函数f（x）=ax²+2lnx．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在（0，1]上的最大值是-2，求a的值；
（3）记g（x）=f（x）+（a-1）lnx+1，当a≤-2时，求证：对任意x₁，x₂∈（0，+∞），总有|g（x₁）-g（x₂）|≥4|x₁-x₂|

答案

解析：（1）f（x）的定义域是（0，+∞）．f′(x)=2ax+

2

x

=

2ax2+2

x

．
当a≥0时，f^′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，令f^′（x）=0，则2ax²+2=0，所以，x1=

- 1 a

，x2=-

- 1 a

（舍去）．
当x∈(0，

- 1 a

)时，f^′（x）＞0，故f（x）在(0，

- 1 a

)上是增函数；
当x∈(

- 1 a

，+∞)时，f^′（x）＜0，故f（x）在(

- 1 a

，+∞)上是减函数．
故当a≥0时，f（x）的增区间是（0，+∞）；
当a＜0时，f（x）的增区间是(0，

- 1 a

)，减区间是(

- 1 a

，+∞)．
（2）①当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数，故在（0，1]上的最大值为f（1）=a+2ln1=a=-2，显然不合题意；
②若

a＜0 - 1 a ≥1

，即-1≤a＜0时，（0，1]⊆(0，

- 1 a

)，则f（x）在（0，1]上是增函数，故在（0，1]上最大值为f（1）=a=-2，不合题意，舍去；
③若

a＜0 - 1 a ＜1

，即a＜-1时，f（x）在(0，

- 1 a

)上是增函数，在(

- 1 a

，1)上为减函数，故在（0，1]上的最大值是f(

- 1 a

)=-1+2ln

- 1 a

=-2，解得：a=-e，符合．
综合①、②、③得：a=-e．
（3）由g（x）=f（x）+（a-1）lnx+1，则g（x）=（a+1）lnx+ax²+1，
则g′(x)=

a+1

x

+2ax=

2ax2+a+1

x

，当a≤-2时，g^′（x）＜0，故当a≤-2时，g（x）在（0，+∞）上为减函数．
不妨设x₂≥x₁＞0，则g（x₂）≤g（x₁），故|g（x₁）-g（x₂）|≥4|x₁-x₂|等价于g（x₁）-g（x₂）≥4（x₂-x₁），
即g（x₁）+4x₁≥g（x₂）+4x₂．
记h（x）=g（x）+4x，下面证明当x₂≥x₁＞0时，h（x₁）≥h（x₂）
由h（x）=g（x）+4x=（a+1）lnx+ax²+4x+1得：
h′(x)=

2ax2+4x+a+1

x

≤

-4x2+4x-1

x

=

-(2x-1)2

x

≤0，
从而h（x）在（0，+∞）上为减函数，故当x₂≥x₁＞0时，h（x₁）＞h（x₂），
即有：g（x₁）+4x₁≥g（x₂）+4x₂，
故当a≤-2时，对任意x₁，x₂∈（0，+∞），总有|g（x₁）-g（x₂）|≥4|x₁-x₂|．