Question

19．已知函数f（x）=$\frac{a}{2}$x²-（a+1）lnx+x+1．
（1）当a＜0时，讨论f（x）的单调性；
（2）若g（x）=$\frac{a+1}{2}$x²-a1nx-ax+1-f（x），设x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，若a≥$\frac{3}{2}$，且g（x₁）-g（x₂）≥k恒成立，求实数k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性；（2）求函数的导数，根据函数极值之间的关系即可证明不等式．

解答 解：（1）f′（x）=ax-$\frac{a+1}{x}$+1=$\frac{（ax+a+1）（x-1）}{x}$，
①-$\frac{1}{2}$＜a＜0时，-$\frac{a+1}{a}$＞1，
令f′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{a+1}{a}$或0＜x＜1，
令f′（x）＜0，解得：1＜x＜-$\frac{a+1}{a}$，
∴f（x）在（0，1），（-$\frac{a+1}{a}$，+∞）递增，在（1，-$\frac{a+1}{a}$）递减；
②-1≤a≤-$\frac{1}{2}$时，0＜-$\frac{a+1}{a}$≤1，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜-$\frac{a+1}{a}$，
令f′（x）＜0，解得：-$\frac{a+1}{a}$＜x＜1
∴f（x）在（0，-$\frac{a+1}{a}$）递增，（-$\frac{a+1}{a}$，1）递减，在（1，+∞）递增；
③a＜-1时，-$\frac{a+1}{a}$＜0，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
（2）∵g（x）=$\frac{a+1}{2}$x²-a1nx-ax+1-f（x）=）=lnx+$\frac{1}{2}$x2-（a+1）x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（a+1）=$\frac{{x}^{2}-（a+1）x+1}{x}$，
由g′（x）=0得x²-（a+1）x+1=0
∴x₁+x₂=a+1，x₁x₂=1，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵a≥$\frac{3}{2}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}≥\frac{5}{2}}\\{0{＜x}_{1}＜\frac{1}{{x}_{1}}}\end{array}\right.$，解得：0＜x₁≤$\frac{1}{2}$，
∴g（x₁）-g（x₂）=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$-${{x}_{2}}^{2}$）-（a+1）（x₁-x₂）=2lnx₁-$\frac{1}{2}$（x₁²-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$），
设F（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$）（0＜x≤$\frac{1}{2}$），
则F′（x）=$\frac{2}{x}$-x-$\frac{1}{{x}^{3}}$=-$\frac{{{（x}^{2}-1）}^{2}}{{x}^{3}}$＜0
∴F（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上单调递减； 
∴当x₁=$\frac{1}{2}$时，F（x）min=F（$\frac{1}{2}$）=$\frac{15}{8}$-2ln2，
∴k≤$\frac{15}{8}$-2ln2，
∴k的最大值为$\frac{15}{8}$-2ln2．

点评 本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的极值，最值和导数之间是关系是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．