Question

18．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx+（a-2）x$．
（1）当a=1时，求函数f（x）在[1，e]上的最小值和最大值；
（2）当a≤0时，讨论函数f（x）的单调性；
（3）是否存在实数a，对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$恒成立，若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2lnx-x$；对f（x）求导，利用导函数判断函数的单调性与求出函数的最值；
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），${f^'}（x）=x-2\frac{a}{x}+a-2=\frac{{{x^2}+（a-2）x-2a}}{x}=\frac{（x-2）（x+a）}{x}$，对参数a分类讨论逐步判断原函数单调性即可；
（3）假设存在实数a，设0＜x₁＜x₂，$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$，即f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁，$g（x）=f（x）-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx+（a-2）x-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx-2x$；转化为：使g′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，求a的范围．

解答 （1）当a=1时，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2lnx-x$．
则${f^'}（x）=x-\frac{2}{x}-1=\frac{{{x^2}-x-2}}{x}=\frac{（x+1）（x-2）}{x}$，x∈[1，e]
∴当x∈（1，2）时，f′（x）＜0，当x∈（2，e）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（1，2）上是减函数，在（2，e）上是增函数．
∴当x=2时，f（x）取得最小值，其最小值为f（2）=-2ln2．
又$f（1）=-\frac{1}{2}$，$f（e）=\frac{e^x}{2}-e-2$.$f（e）-f（1）=\frac{e^2}{2}-e-2+\frac{1}{2}=\frac{{{e^2}-2e-3}}{2}＜0$，∴f（e）＜f（1）
∴$f{（x）_{max}}=f（1）=-\frac{1}{2}$．
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），${f^'}（x）=x-2\frac{a}{x}+a-2=\frac{{{x^2}+（a-2）x-2a}}{x}=\frac{（x-2）（x+a）}{x}$，
①当-2＜a≤0时，f（x）在（0，-a）上是增函数，在（-a，2）上是减函数，在（2，+∞）上是增函数．
②当a=-2时，在（0，+∞）上是增函数．
③当a＜-2时，则f（x）在（0，2）上是增函数，在（2，-a）上是减函数，在（-a，+∞）上是增函数．
（3）假设存在实数a，对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$恒成立，
不妨设0＜x₁＜x₂，若$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$，即f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁，
令$g（x）=f（x）-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx+（a-2）x-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx-2x$
只要g（x）在（0，+∞）为增函数${g^'}（x）=x-\frac{2a}{x}-2=\frac{{{x^2}-2x-2a}}{x}=\frac{{{{（x-1）}^2}-1-2a}}{x}$
要使g′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，只需-1-2a≥0，$a≤-\frac{1}{2}$，
故存在$a∈（-∞，-\frac{1}{2}]$满足题意．

点评 本题主要考查了利用导函数判断函数单调性，分类讨论以及转化思想的应用，属综合题．