问题
解答题
已知函数f（x）=a2lnx，g（x）=-
（Ⅰ）令h（x）=f（x）-
（Ⅱ）设a＞0，且当x1，x2∈（0，1]，x1≠x2时，都有|f（x1）-f（x2）|＞|g（x1）-g（x2）|成立，求a的取值范围． |
答案
（Ⅰ）∵h（x）=a2lnx-
，∴h′（x）=(a+1)(x-1) x
-a2 x
=a+1 x2
（x＞0），a2x-(a+1) x2
①当a≤-1时，h′（x）≥0，∴h（x）的单调递增区间为：（0，+∞）．
②当a＞-1且a≠0时，令h′（x）≥0，解得x＞
；h′（x）＜0，解得0＜x＜a+1 a2
．a+1 a2
∴h（x）的单调递增区间为：(
，+∞)，单调递减区间为：(0，a+1 a2
)．a+1 a2
（Ⅱ）不妨设0＜x1＜x2≤1．
∵f（x）在（0，1]上递增，∴f（x1）＜f（x2）．
而g′(x)=-
•ex•x，a+1 (x+1)2
∵a＞0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1]上递减，
∴g（x1）＞g（x2）．
故由题意得：f（x2）-f（x1）＞g（x1）-g（x2），
即f（x2）+g（x2）＞f（x1）+g（x1）．
令F（x）=f（x）+g（x）=a2lnx-
，(a+1)ex x+1
则F（x2）＞F（x1），∴F（x）在（0，1]上递增，
∴F′(x)=
-a2 x
≥0对x∈（0，1]恒成立．(a+1)ex•x (x+1)2
即
≤a+1 a2
对x∈（0，1]恒成立． (x+1)2 ex•x2
再设G（x）=
，(x+1)2 ex•x2
∵G′（x）=-
＜0，∴G（x）在（0，1]上单调递减．(x+1)(x2+x+2) ex•x3
∴G(x)min=G(1)=
．4 e
∴
≤a+1 a2
，4 e
解得：a≤
e或a≥1- 17 8
e．∴实数a的取值范围为：a≥1+ 17 8
e．1+ 17 8
