Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx+（a-1）x，其中a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a≤0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若對任意x₁，x₂∈（1，∞），且x₁≠x₂，$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞-1恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f′（x），再分類討論，當(dāng)-1＜a≤0時(shí)，x∈（0，-a）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，x∈（-a，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，當(dāng)a≤-1時(shí)，x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，x∈（1，-a）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，x∈（-a，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
（Ⅱ）由已知條件不妨設(shè)x₂＞x₁，則上式等價(jià)于f（x₂）+x₂-[f（x₁）+x₁]＞0在x∈（1，∞）恒成立，構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=f（x）+x，則y=g（x）在x∈（1，∞）單調(diào)遞增，由g（x）求導(dǎo)得$g′（x）=x-\frac{a}{x}+a$，則$x-\frac{a}{x}+a＞0$在x∈（1，∞）恒成立，即$a＞\frac{-{x}^{2}}{x-1}$在x∈（1，∞）恒成立，令$h（x）=\frac{1}{（\frac{1}{x}）^{2}-\frac{1}{x}}=\frac{1}{（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}}$，由x∈（1，∞），則$\frac{1}{x}∈$（0，1）得到h（x）_max=-4，從而可求出a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=$x-\frac{a}{x}+（a-1）=\frac{{x}^{2}+（a-1）x-a}{x}$=$\frac{（x-1）（x+a）}{x}$，
∴當(dāng)-1＜a≤0時(shí)，
x∈（0，-a）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
x∈（-a，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)．
當(dāng)a≤-1時(shí)，
x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
x∈（1，-a）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
x∈（-a，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
（Ⅱ）∵$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞-1對任意x₁，x₂∈（1，∞），且x₁≠x₂恒成立，
不妨設(shè)x₂＞x₁，則上式等價(jià)于f（x₂）+x₂-[f（x₁）+x₁]＞0在x∈（1，∞）恒成立，
構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=f（x）+x，則y=g（x）在x∈（1，∞）單調(diào)遞增．
∵$g′（x）=x-\frac{a}{x}+a$，
則$x-\frac{a}{x}+a＞0$在x∈（1，∞）恒成立，
∴$a＞\frac{-{x}^{2}}{x-1}$在x∈（1，∞）恒成立，
令$h（x）=\frac{1}{（\frac{1}{x}）^{2}-\frac{1}{x}}=\frac{1}{（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}}$，
∵x∈（1，∞），
∴$\frac{1}{x}∈$（0，1）．
∴h（x）_max=-4．
∴a＞-4．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，會用構(gòu)造輔助函數(shù)解決問題是關(guān)鍵，是難題．