Question

5．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若m，n是函数f（x）的两个极值点，m＜n，n∈（1，e]．求证：对任意的x₁，x₂∈[m，n]，不等式|f（x₁）-f（x₂）|＜1恒成立．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性；
（2）先求出f′（x）=0，得x=1，或x=a，从而f（x）_max=f（1），f（x）_min=f（a），设h（x）=$\frac{1}{2}$x²-xlnx-$\frac{1}{2}$，得h（x）在（1，e]上递增，从而h（a）≤h（e）=1，问题解决．

解答 解：（1）f′（x）=x-（a+a）+$\frac{a}{x}$=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
①a≤0时，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴函数f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
②0＜a＜1时，令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜a，令f′（x）＜0，解得：a＜x＜1，
∴f（x）在（0，a），（1，+∞）递增，在（a，1）递减；
③a=1时，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）单调递增；
④a＞1时，令f′（x）＞0，解得：x＞a或x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜a，
∴f（x）在（0，1），（a，+∞）递增，在（1，a）递减；
（2）令f′（x）=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$=0，解得：x=1，或x=a，
又x²-（a+1）x+a=0有两个不等的正根m，n，且m＜n，n∈（1，e]，
∴m=1，n=a∈（0，e]，
∴x∈[m，n]时，f′（x）≤0，即f（x）在[m，n]上单调递减，
∴f（x）_max=f（1），f（x）_min=f（a），
则对?x₁，x₂∈[m，n]，
|f（x₁）-f（x₂）|＜f（1）-f（a）=[$\frac{1}{2}$-（a+1）]-[$\frac{1}{2}$a²+alna-a（a+1）]=$\frac{1}{2}$a²-alna-$\frac{1}{2}$，
设h（x）=$\frac{1}{2}$x²-xlnx-$\frac{1}{2}$，
则h′（x）=x-1-lnx，h″（x）=$\frac{x-1}{x}$，
当x∈（1，e]时，h′（x）＞0，
∴h′（x）在（1，e]上递增，
∴h′（x）＞h′（1）=0，
∴h（x）在（1，e]上递增，
∴h（a）≤h（e）=$\frac{1}{2}$（e-1）²-1≈0.44＜1，
∴对任意的x₁，x₂∈[m，n]，不等式|f（x₁）-f（x₂）|＜1恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，参数的范围，不等式的证明，是一道综合题．