Question

2．已知函数f（x）=（a-1）lnx+$\frac{1}{2}{x^2}$-ax（a∈R）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设g（x）=lnx+f（x），若g（x）有两个极值点x₁，x₂，且不等式g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂）恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出h（x）的导数，求出x₁+x₂=a＞0，x₁x₂=a＞0，得 $alna+\frac{1}{2}{a^2}-a-{a^2}＜λa$，问题转化为$λ＞lna-\frac{1}{2}a-1$对?a＞4恒成立，令$φ（a）=lna-\frac{1}{2}a-1$，根据函数的单调性求出λ的范围即可．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{a-1}{x}+x-a=\frac{{{x^2}-ax+a-1}}{x}=\frac{{（{x-1}）（{x-a+1}）}}{x}（{x＞0}）$，
令h（x）=（x-1）（x-a+1）=0，得x₁=1，x₂=a-1，
当a-1＞1，即a＞2时，在（0，1），（a-1，+∞）上，f'（x）＞0，
在（1，a-1）上f'（x）＜0，
此时，f（x）的增区间为（0，1），（a-1，+∞），减区间为（1，a-1）；
当a-1=1，即a=2时，在（0，+∞）上f'（x）＞0，
此时，f（x）的增区间为（0，+∞）；
当0＜a-1＜1，即1＜a＜2时，在（0，a-1），（1，+∞）上f'（x）＞0，
在（a-1，1）上f'（x）＜0，
此时，f（x）的增区间为（0，a-1），（1，+∞），减区间为（a-1，1）；
当a-1≤0，即a≤1时，在（1，+∞）上f'（x）＞0，在（0，1）f'（x）＜0，
此时，f（x）的增区间为（1，+∞）上单增，减区间为（0，1）．
（2）∵$g（x）=lnx+f（x）=alnx+\frac{1}{2}{x^2}-ax$，∴$g'（x）=\frac{a}{x}+x-a=\frac{{{x^2}-ax+a}}{x}（{x＞0}）$，
∵g（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴x₁，x₂是方程x²-ax+a=0（x＞0）的两个不相等实根，
∴△=a²-4a＞0，且x₁+x₂=a＞0，x₁x₂=a＞0，
由g（x₁）+g（x₂）＜λ（x₁+x₂），
得$（aln{x_1}+\frac{1}{2}{x_1}^2-a{x_1}）+（aln{x_2}+\frac{1}{2}{x_2}^2-a{x_2}）＜λ（{x_1}+{x_2}）$，
整理得 $aln（{{x_1}{x_2}}）+\frac{1}{2}{（{{x_1}+{x_2}}）^2}-{x_1}{x_2}-a（{{x_1}+{x_2}}）＜λ（{{x_1}+{x_2}}）$，
将x₁+x₂=a，x₁x₂=a代入得 $alna+\frac{1}{2}{a^2}-a-{a^2}＜λa$，
因为a＞4，所以$λ＞lna-\frac{1}{2}a-1$
于是$λ＞lna-\frac{1}{2}a-1$对?a＞4恒成立，
令$φ（a）=lna-\frac{1}{2}a-1$，则$φ'（a）＞\frac{1}{a}-\frac{1}{2}（{a＞4}）$，
所以 φ'（a）＜0，$φ（a）=lna-\frac{1}{2}a-1$在（4，+∞）单减，
所以 φ（a）＜ln4-2-1=ln4-3，
因此 λ≥ln4-3．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查函数恒成立问题，是一道综合题．