Question

已知函数f（x）=

1

2

ax²-2x-2+lnx，a∈R．
（1）当a=0时，求f（x）的单调增区间；
（2）若f（x）在（1，+∞）上只有一个极值点，求实数a的取值范围；
（3）对于任意x₁，x₂∈（0，1]，都有|x₁-x₂|≤f（x₁）-f（x₂）|，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析：（1）当a=0时，f（x）=-2x+2+lnx，则f′(x)=

1

x

-2，由此能求出f（x）的单调增区间．
（2）令f′(x)=ax-2+

1

x

=

ax2-2x+1

x

=0，f（x）在（1，+∞）上只有一个极值点，故f′（x）=0在（1，+∞）上只有一个根且不是重根．令g（x）=ax²-2x+1，x∈（1，+∞）．进行分类讨论能求出实数a的取值范围．
（3）当a≥1时，f′(x)=

ax2-2x+1

x

=

a(x- 1 a )2- 1 a +1

x

，f（x）在（0，1]上单调递增．引入新函数：h（x）=f（x）-x=

1

2

ax²-3x-2+lnx，问题转化为h′（x）≥0，x∈（0，1]上恒成立，由此得到a≥

9

4

；当a＜1且a≠0时

|f(x1)-f(x2)|

|x1-x2|

＜1与|x₁-x₂|≤|f（x₁）-f（x₂）|矛盾．当a=0时，f（x）在（0，1）上只有一个极大值，同样得出矛盾．由此能求出实数a的范围．

解答：解：（1）当a=0时，f（x）=-2x+2+lnx，
令f′(x)=

1

x

-2=

1-2x

x

＞0，
解得0＜x＜

1

2

．
∴f（x）的单调增区间是（0，

1

2

）．
（2）∵令f′(x)=ax-2+

1

x

=

ax2-2x+1

x

=0，
f（x）在（1，+∞）上只有一个极值点，
∴f′（x）=0在（1，+∞）上只有一个根且不是重根．
令g（x）=ax²-2x+1，x∈（1，+∞）．
①当a=0时，g（x）=-2x+1，不在（1，+∞）上有一个根，舍去．
②当a＞0时，g（x）=ax²-2x+1，在（1，+∞）上只有一个根，且不是重根，
∴g（1）＜0，∴0＜a＜1；
③当a＜0时，g（x）=ax²-2x+1，在（1，+∞）上只有一个根，且不是重根，
∴g（1）＞0，∴a＞1，矛盾．
综上所述，实数a的取值值范围是：0＜a＜1．
（3）当x₁=x₂时，满足条件．以下以讨论x₁≠x₂的情况．
①当a≥1时，f′(x)=

ax2-2x+1

x

=

a(x- 1 a )2- 1 a +1

x

，
∵x∈（0，1]，

1

a

∈(0，1]，
∴a(x-

1

a

) 2-

1

a

+1≥1-

1

a

≥0，
得到f′（x）≥0，
即f（x）在（0，1]上单调递增．
对于任意x₁，x₂∈（0，1]，设x₁＜x₂，则有f（x₁）＜f（x₂），代入不等式：
|x₁-x₂|≤|f（x₁）-f（x₂）|，
∴f（x₂）-f（x₁）≥x₂-x₁，
∴f（x₂）-x₂≥f（x₁）-x₁．
引入新函数：h（x）=f（x）-x=

1

2

ax²-3x-2+lnx，
h′(x)=ax-3+

1

x

=

ax2-3x+1

x

，
∴问题转化为h′（x）≥0，x∈（0，1]上恒成立，
∴ax²-3x+1≥0，
∴a≥

3x-1

x2

，
∴a≥ (

3x-1

x2

)max，
令l(x)=

3x-1

x2

，
∵l′(x)=

2-3x

x3

，
∴当0＜x＜

2

3

时，l′（x）＞0；
当

2

3

＜x＜1时，l′（x）＜0．
∴x=

2

3

时，l(x)min=l(

2

3

)=

9

4

，
∴a≥

9

4

．
②当a＜1且a≠0时，f′（x）=

ax2-2x+1

x

，
令k（x）=ax²-2x+1=0，
方程判别式△=4-4＞0，
且k（1）=a-1＜0．
∴f（x）在（0，1）上只有一个极大值．
设极大值点为x₁，记A（x₁，f（x₁）），在点A处的斜率为0；
过A点作一条割线AB，肯定存在点B（x₂，f（x₂）），
使|k_AB|＜1．
∵|k_AB|慢慢变成0，
这样存在x₁，x₂，
使得

|f(x1)-f(x2)|

|x1-x2|

＜1与|x₁-x₂|≤|f（x₁）-f（x₂）|矛盾．
当a=0时，f（x）在（0，1）上只有一个极大值，同样得出矛盾．
综上所述，实数a的范围是{a|a≥

9

4

}．

点评：本题考查利用导数求函数最值的应用，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．