Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-alnx+1（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在[1，2]上是單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）若-2≤a＜0，對任意x₁，x₂∈[1，2]，不等式|f（x₁）-f（x₂）|≤m|$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}$|恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≤x²，求出a的范圍即可；
（2）問題可化為$f（{x_2}）+\frac{m}{x_2}≤f（{x_1}）+\frac{m}{x_1}$，設(shè)$h（x）=f（x）+\frac{m}{x}=\frac{1}{2}{x^2}-alnx+b+\frac{m}{x}$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題等價于m≥x³-ax在[1，2]上恒成立，求出m的最小值即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-alnx+1$在[1，2]上是增函數(shù)，
∴${f^'}（x）=x-\frac{a}{x}≥0$恒成立，…（2分）
所以a≤x²…（3分）
只需a≤（x²）_min=1…（5分）
（2）因為-2≤a＜0，由（1）知，函數(shù)f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，…（6分）
不妨設(shè)1≤x₁≤x₂≤2，則$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤m|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，
可化為$f（{x_2}）+\frac{m}{x_2}≤f（{x_1}）+\frac{m}{x_1}$，
設(shè)$h（x）=f（x）+\frac{m}{x}=\frac{1}{2}{x^2}-alnx+b+\frac{m}{x}$，
則h（x₁）≥h（x₂）．
所以h（x）為[1，2]上的減函數(shù)，
即${h^'}（x）=x-\frac{a}{x}-\frac{m}{x^2}≤0$在[1，2]上恒成立，
等價于m≥x³-ax在[1，2]上恒成立，…（9分）
設(shè)g（x）=x³-ax，所以m≥g（x）_max，
因-2≤a＜0，所以g'（x）=3x²-a＞0，
所以函數(shù)g（x）在[1，2]上是增函數(shù)，
所以g（x）_max=g（2）=8-2a≤12（當(dāng)且僅當(dāng)a=-2時等號成立）．
所以m≥12．即m的最小值為12．                               …（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．