Question

15．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（2a+2）x+（2a+1）lnx
（1）若曲線y=f（x）在點（2，f（2））處的切線的斜率小于0，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）對任意的a∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$]，x₁，x₂∈[1，2]（x₁≠x₂），恒有|f（x₁）-f（x₂）|＜λ|$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$|，求正數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并分解因式，由題意可得f′（2）=$\frac{1-2a}{2}$＜0，再由導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間，導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間，注意定義域；
（2）求出2a+1的范圍，可得f（x）在[1，2]遞減，由題意可得原不等式即為f（x₁）-λ•$\frac{1}{{x}_{1}}$＜f（x₂）-λ•$\frac{1}{{x}_{2}}$
對任意的a∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$]，x₁，x₂∈[1，2]恒成立，令g（x）=f（x）-$\frac{λ}{x}$，即有g(shù)（x₁）＜g（x₂），即為g（x）在[1，2]遞增，求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于等于0，再由一次函數(shù)的單調(diào)性可得只需$\frac{5}{2}$（2x-2x²）a+x³-2x²+x+λ≥0．
即x³-7x²+6x+λ≥0對x∈[1，2]恒成立，令h（x）=x³-7x²+6x+λ，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和最小值，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（2a+2）x+（2a+1）lnx的導(dǎo)數(shù)
f′（x）=x-（2a+2）+$\frac{2a+1}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2a-1）}{x}$，x＞0，
由題意可得f′（2）=$\frac{1-2a}{2}$＜0，可得a＞$\frac{1}{2}$，2a+1＞2＞1，
由f′（x）＞0，可得x＞2a+1或0＜x＜1；f′（x）＜0，可得1＜x＜2a+1．
即有f（x）的增區(qū)間為（0，1），（2a+1，+∞）；減區(qū)間為（1，2a+1）；
（2）由a∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$]，可得2a+1∈[4，6]，
由（1）可得f（x）在[1，2]遞減．
設(shè)1≤x₁＜x₂≤2，即有f（x₁）＞f（x₂），$\frac{1}{{x}_{1}}$＞$\frac{1}{{x}_{2}}$，
原不等式即為f（x₁）-λ•$\frac{1}{{x}_{1}}$＜f（x₂）-λ•$\frac{1}{{x}_{2}}$
對任意的a∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$]，x₁，x₂∈[1，2]恒成立，
令g（x）=f（x）-$\frac{λ}{x}$，即有g(shù)（x₁）＜g（x₂），即為g（x）在[1，2]遞增，
即有g(shù)′（x）≥0對任意的a∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$]，x₁，x₂∈[1，2]恒成立，
即x-（2a+2）+$\frac{2a+1}{x}$+$\frac{λ}{{x}^{2}}$≥0，即為x³-（2a+2）x²+（2a+1）x+λ≥0，
則（2x-2x²）a+x³-2x²+x+λ≥0，a∈[$\frac{3}{2}$，$\frac{5}{2}$]，
由x∈[1，2]，可得2x-2x²≤0，只需$\frac{5}{2}$（2x-2x²）a+x³-2x²+x+λ≥0．
即x³-7x²+6x+λ≥0對x∈[1，2]恒成立，
令h（x）=x³-7x²+6x+λ，h′（x）=3x²-14x+6≤0在1≤x≤2恒成立，
則有h（x）在[1，2]遞減，可得h（2）取得最小值，且為-8+λ≥0，
解得λ≥8．即有正數(shù)λ的取值范圍是[8，+∞）．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，同時考查不等式恒成立問題的解法，注意運用構(gòu)造函數(shù)和單調(diào)性，考查運算能力，具有一定的難度．