Question

已知f（x）=alnx+

1

2

x²（∈R）．
（1）求函数y=f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≥

1

2

x²+

1

2

x+m对任意的a∈（1，e]，x∈（1，e]恒成立，求实数m的取值范围；
（3）设a∈（1，e]，g（x）=f（x）-（a+1）x，证明：对?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由已知得f′(x)=

a

x

+x=

x2+a

x

，若a≥0，f（x）的增区间是（0，+∞）；若a＜0，f（x）的增区间为（

-a

，+∞），单调减区间为（0，

-a

）．
（2）由题意知alnx-

1

2

x-m≥0对任意的a∈（1，e]，x∈（1，e]恒成立，设h（a）=alnx-

1

2

x-m，则h（a）在a∈（1，e]上恒成立，设t（x）=lnx-

1

2

x，利用导数性质能求出符合题意的实数m的取值范围．
（3）g′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

(x-a)(x-1)

x

，[g（x）]_max=g（1）=-

1

2

-a，[g（x）]_min=g（a）=alna-

1

2

a2-a，要证不等式|g（x₁）-g（x₂）|＜1恒成立，即证alna-

1

2

a2+

3

2

＞0在a∈（1，e]上恒成立，由此能证明对?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

解答： （1）解：∵f（x）=alnx+

1

2

x²（∈R），
∴函数y=f（x）的定义域为（0，+∞），
f′(x)=

a

x

+x=

x2+a

x

，
①若a≥0，则f′（x）＞0，∴f（x）的增区间是（0，+∞）；
②若a＜0，则f′(x)=

(x+ -a )(x- -a )

x

，
令f′（x）＞0，得x＞

-a

，令f′（x）＜0，得0＜x＜

-a

，
∴f（x）的增区间为（

-a

，+∞），单调减区间为（0，

-a

）．
（2）解：由f（x）≥

1

2

x2+

1

2

x+m，得alnx-

1

2

x-m≥0，（*）
题意即为（*）式对任意的a∈（1，e]，x∈（1，e]恒成立，
设h（a）=alnx-

1

2

x-m，
∵lnx＞0，∴h（a）在a∈（1，e]上恒成立，
设t（x）=lnx-

1

2

x，由t′（x）=

1

x

-

1

2

=

2-x

2x

，
得x∈（1，2）时，t′（x）＞0，x∈（2，e）时，f′（x）＜0，
∴t（x）在（1，2）上为增函数，在（2，e）上为减函数，
∵t（1）=-

1

2

，t（e）=1-

1

2

e，t（1）-t（e）=

1

2

e-

3

2

＜0，
∴[t(x)]min=t(1)=-

1

2

，
∴符合题意的实数m的取值范围是（-∞，-

1

2

]．
（3）证明：由g（x）=alnx+

1

2

x2-(a+10x，
得g′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

x2-(a+1)x+a

x

=

(x-a)(x-1)

x

，
∵a∈（1，e），x∈（1，a），∴g（x）在[1，a]上为减函数，
∴[g（x）]_max=g（1）=-

1

2

-a，[g（x）]_min=g（a）=alna-

1

2

a2-a，
要证不等式|g（x₁）-g（x₂）|＜1恒成立，即证g（1）-g（a）＜1恒成立，
即证alna-

1

2

a2+

3

2

＞0在a∈（1，e]上恒成立，
即证alna-

1

2

a2+

3

2

＞0在a∈（1，e]上恒成立，
设p（a）=lna-

1

2

a+

3

2a

，
则p′(a)=

1

a

-

1

2

-

3

2a2

=-

e2-2e-3

2e

=-

e2-2e-3

2e

=-

e2-2e-3

2e

=-

(e-3)(e+1)

2e

＞0，
∴对?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

点评：本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．