Question

已知函数f（x）=

1

2

x²-ax+（a-1）lnx，a＞1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a＜5，设g（x）=f（x）+x，
（ⅰ）求证g（x）为单调递增函数；
（ⅱ）求证对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞-1．

Answer 1

分析：（1）利用导数的运算法则并对a分类讨论即可得出单调性；
（2）（i）利用导数的运算法则和基本不等式、导数与函数单调性的关系即可证明；
（ii）由（ⅰ）知当x₁＞x₂＞0时有g（x₁）-g（x₂）＞0，代入变形即可证明．

解答：解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′(x)=x-a+

a-1

x

=

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

x

，
（i）若a-1=1，即a=2，则f′(x)=

(x-1)2

x

≥0在（0，+∞）上单调递增．
（ii）若a-1＜1，而a＞1，故1＜a＜2，
则当x∈（a-1，1）时，f′（x）＜0；当x∈（0，a-1）及x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．
故f（x）在（a-1，1）上单调递减，在（0，a-1），（1，+∞）上单调递增．
（iii）若a-1＞1，即a＞2，同理可得f（x）在（1，a-1）上单调递减，在（0，1），（a-1，+∞）上单调递增．
（2）证明：（ⅰ）g（x）=f（x）+x=

1

2

x2-ax+(a-1)lnx+x，
则g′(x)=x-(a-1)+

a-1

x

≥2

x• a-1 x

-(a-1)=1-(

a-1

-1)2．
由于1＜a＜5，∴0＜

a-1

＜2，∴-1＜

a-1

-1＜1，0≤(

a-1

-1)2＜1．
故g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞） 上单调递增．
（ⅱ）由（ⅰ）知当x₁＞x₂＞0时有g（x₁）-g（x₂）＞0，即f（x₁）-f（x₂）+x₁-x₂＞0，
故

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞-1，
当0＜x₁＜x₂时，有

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞-1．

点评：本题考查了利用导研究函数的单调性、分类讨论、恒成立问题的等价转化等基础知识与基本技能方法，属于难题．