Question

17．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-alnx+（a-1）x，其中a∈R．
（Ⅰ）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若对任意x₁，x₂∈（1，∞），且x₁≠x₂，$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞-1恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导函数f′（x），再分类讨论，当-1＜a≤0时，x∈（0，-a）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，x∈（-a，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当a≤-1时，x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，x∈（1，-a）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，x∈（-a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；
（Ⅱ）由已知条件不妨设x₂＞x₁，则上式等价于f（x₂）+x₂-[f（x₁）+x₁]＞0在x∈（1，∞）恒成立，构造辅助函数g（x）=f（x）+x，则y=g（x）在x∈（1，∞）单调递增，由g（x）求导得$g′（x）=x-\frac{a}{x}+a$，则$x-\frac{a}{x}+a＞0$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，∞），则$\frac{1}{x}∈$（0，1）得到h（x）_max=-4，从而可求出a的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）∵f′（x）=$x-\frac{a}{x}+（a-1）=\frac{{x}^{2}+（a-1）x-a}{x}$=$\frac{（x-1）（x+a）}{x}$，
∴当-1＜a≤0时，
x∈（0，-a）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
x∈（-a，1）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数．
当a≤-1时，
x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
x∈（1，-a）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
x∈（-a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；
（Ⅱ）∵$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞-1对任意x₁，x₂∈（1，∞），且x₁≠x₂恒成立，
不妨设x₂＞x₁，则上式等价于f（x₂）+x₂-[f（x₁）+x₁]＞0在x∈（1，∞）恒成立，
构造辅助函数g（x）=f（x）+x，则y=g（x）在x∈（1，∞）单调递增．
∵$g′（x）=x-\frac{a}{x}+a$，
则$x-\frac{a}{x}+a＞0$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．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，会用构造辅助函数解决问题是关键，是难题．