Question

已知函数f(x)=

1

2

x2-ax+(a-1)lnx，a≥2．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：若a＜5，则对任意x1，x2∈(0，+∞)，

x

1

≠x2，有

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞-1．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）由f′(x)=x-a+

a-1

x

=

x2-ax+a-1

x

=

[x-(a-1)](x-1)

x

，得当a-1＞1时，即a＞2时，f（x）的单调增区间为（0，1），（a-1，+∞）；单调减区间为（1，a-1）．当a-1=1时，即a=2时，f（x）的单调增区间为（0，+∞）
（Ⅱ）要证：对任意x1，x2∈(0，+∞)，

x

1

≠x2，有

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞-1．即证f（x₁）+x₁＞f（x₂）+x₂设g(x)=f(x)+x=

1

2

x2-(a-1)x+(a-1)lnx，x＞0，即证g（x）在（0，+∞）单调递增．由g′(x)=x-(a-1)+

a-1

x

=

x2-(a-1)x+(a-1)

x

，由g（x）在（0，+∞）单调递增，从而原题得证．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′(x)=x-a+

a-1

x

=

x2-ax+a-1

x

=

[x-(a-1)](x-1)

x

，
∵a-1≥1
当a-1＞1时，即a＞2时，f（x）的单调增区间为（0，1），（a-1，+∞）；
单调减区间为（1，a-1）．
当a-1=1时，即a=2时，f（x）的单调增区间为（0，+∞）
（Ⅱ）要证：对任意x1，x2∈(0，+∞)，

x

1

≠x2，
有

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞-1．
不防设x₁＞x₂，
即证f（x₁）-f（x₂）＞-（x₁-x₂）
即证f（x₁）+x₁＞f（x₂）+x₂
设g(x)=f(x)+x=

1

2

x2-(a-1)x+(a-1)lnx，x＞0
即证当x₁＞x₂时，g（x₁）＞g（x₂）．
即证g（x）在（0，+∞）单调递增．
∵g′(x)=x-(a-1)+

a-1

x

=

x2-(a-1)x+(a-1)

x

而△=（a-1）²-4（a-1）=（a-1）（a-5）
又∵2≤a＜5，
∴△＜0，
∴x²-（a-1）x+（a-1）＞0恒成立，
∴g′(x)=

x2-(a-1)x+(a-1)

x

＞0对x∈（0，+∞）恒成立，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增．
∴原题得证．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，是一道综合题．