Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2alnx+（a-2）x，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）有兩個極值點，求a的取值范圍；
（2）是否存在實數(shù)a，對任意x₁、x₂∈（0，+∞）且x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞a恒成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，分解因式，由題意可得f′（x）=0有兩個不相等的正根，即有-a＞0且-a≠2，即可得到a的范圍；
（2）假設(shè)存在實數(shù)a使得對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞a恒成立，假設(shè)0＜x₁＜x₂，則f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁恒成立，構(gòu)造輔助函數(shù)g（x）=f（x）-ax，只要使函數(shù)g（x）在定義域內(nèi)為增函數(shù)即可，利用其導(dǎo)函數(shù)恒大于等于0可求解a的取值范圍．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2alnx+（a-2）x的導(dǎo)數(shù)為：
f′（x）=x-$\frac{2a}{x}$+a-2=$\frac{{x}^{2}+（a-2）x-2a}{x}$=$\frac{（x-2）（x+a）}{x}$，
由于函數(shù)f（x）有兩個極值點，則f′（x）=0有兩個不相等的正根，
即有-a＞0且-a≠2，解得a＜0且a≠-2．
則有a的取值范圍是（-∞，-2）∪（-2，0）；
（2）假設(shè)存在實數(shù)a使得對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，
有$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞a恒成立，
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，則f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁恒成立．
令g（x）=f（x）-ax，只要g（x）在（0，+∞）為增函數(shù)．
又函數(shù)g（x）=$\frac{1}{2}$x²-2alnx-2x．
考查函數(shù)g′（x）=x-$\frac{2a}{x}$-2=$\frac{{x}^{2}-2x-2a}{x}$=$\frac{（x-1）^{2}-1-2a}{x}$．
要使g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
只要-1-2a≥0，即a≤-$\frac{1}{2}$，
故存在實數(shù)a∈（-∞，$\frac{1}{2}$]，
對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞a恒成立．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值和最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了利用構(gòu)造函數(shù)法解決不等式恒成立問題，屬于中檔題．