Question

3．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx，其中a＞2．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若对于任意的x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，恒有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞-1，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）设a∈（3，4），x_n=$\frac{n+1}{n}$，n∈N^*，求证：|f（x_n+1）-f（x₁）|＜$\frac{1}{x_n}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）确定函数的定义域，求导数，利用导数的正负，求出函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若对于任意的x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，恒有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞-1，等价于f（x₁）-f（x₂）＞x₂-x₁
，令$g（x）=f（x）+x=\frac{1}{2}{x^2}-ax+（a-1）lnx+x$即函数g（x）在x∈（0，+∞）上为增函数，求导数，结合基本不等式，即可求实数a的取值范围；
（Ⅲ）由（Ⅰ）可以知道当x∈（1，a-1）时，函数f（x）为减函数，|f（x_n+1）-f（x₁）|=f（x_n+1）-f（x₁），由（Ⅱ）知道$\frac{{f（{x_{n+1}}）-f（{x_1}）}}{{{x_{n+1}}-{x_1}}}＞-1$，即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为x∈（0，+∞），$f'（x）=x-a+\frac{a-1}{x}=\frac{{{x^2}-ax+a-1}}{x}$
令f'（x）=0，则x²-ax+a-1=0，
即（x-1）[x-（a-1）]=0，x=1或x=a-1，
因为a＞2，所以a-1＞1
当x∈（0，1），f'（x）＞0，函数f（x）为增函数；当x∈（1，a-1），f'（x）＜0，函数f（x）为减函数
当x∈（a-1，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）为增函数
（Ⅱ）设x₁＞x₂，则不等式$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞-1$等价于f（x₁）-f（x₂）＞x₂-x₁
整理得到f（x₁）+x₁＞f（x₂）+x₂
令$g（x）=f（x）+x=\frac{1}{2}{x^2}-ax+（a-1）lnx+x$
即函数g（x）在x∈（0，+∞）上为增函数，
$g'（x）=x-（a-1）+\frac{a-1}{x}$，不等式$x-（a-1）+\frac{a-1}{x}≥0$恒成立．
而$x+\frac{a-1}{x}≥2\sqrt{a-1}$，所以$2\sqrt{a-1}≥a-1$，
因为a＞2，所以$\sqrt{a-1}≤2⇒2＜a≤5$
（Ⅲ）因为a∈（3，4），由（Ⅰ）可以知道当x∈（1，a-1）时，函数f（x）为减函数，
而${x_{n+1}}=\frac{n+2}{n+1}=1+\frac{1}{n+1}∈（1，a-1）$，x₁=2∈（1，a-1），
那么x_n+1＜x₁所以f（x_n+1）＞f（x₁）所以|f（x_n+1）-f（x₁）|=f（x_n+1）-f（x₁）
由（Ⅱ）知道$\frac{{f（{x_{n+1}}）-f（{x_1}）}}{{{x_{n+1}}-{x_1}}}＞-1$
所以$f（{x_{n+1}}）-f（{x_1}）＜{x_1}-{x_{n+1}}=2-（1+\frac{1}{n+1}）=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}=\frac{1}{x_n}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，考查恒成立问题，属于难题，综合性强．