Question

16．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x+alnx（a∈R）．
（1）试讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），求证：f（x₂）＞-2．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，确定导函数的符号，求出函数的单调区间即可；
（2）求出f（x₂）的表达式，令g（x）=$\frac{1}{2}$x²-2x+（2x-x²）lnx，x∈（0，2），根据函数的单调性求出g（x）＜g（2）=-2，从而证出结论．

解答 解：（1）由$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x+alnx（a∈R）$，
得：$f'（x）=x-2+\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-2x+a}}{x}（a∈R）$（1分）
①当a≥1时，f'（x）≥0恒成立，故f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；（2分）
②当0＜a＜1时，$0＜1-\sqrt{1-a}＜1+\sqrt{1-a}$，
由f'（x）＞0，得$0＜x＜1-\sqrt{1-a}$或$x＞1+\sqrt{1-a}$；
f'（x）＜0得$1-\sqrt{1-a}＜x＜1+\sqrt{1-a}$，
故f（x）在区间$（0，1-\sqrt{1-a}）$和$（1+\sqrt{1-a}，+∞）$上单调递增，
在区间$（1-\sqrt{1-a}，1+\sqrt{1-a}）$上单调递减；（3分）
③a=0时，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2x，x＞0$，
f（x）在区间（0，2）上单调递减，在区间（2，+∞）上单调递增；（4分）
④a＜0时，$1-\sqrt{1-a}＜0＜1+\sqrt{1-a}$，
由f'（x）＞0得$x＞1+\sqrt{1-a}$，f'（x）＜0得$0＜x＜1+\sqrt{1-a}$，
故f（x）在区间$（0，1+\sqrt{1-a}）$上单调递减，
在区间$（1+\sqrt{1-a}，+∞）$上单调递增；（5分）
综上所述：当a≥1时，f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
当0＜a＜1时，f（x）在区间$（0，1-\sqrt{1-a}）$和$（1+\sqrt{1-a}，+∞）$上单调递增，
在区间$（1-\sqrt{1-a}，1+\sqrt{1-a}）$上单调递减；
a=0时，f（x）在区间（0，2）上单调递减，在区间（2，+∞）上单调递增；
a＜0时，f（x）在区间$（0，1+\sqrt{1-a}）$上单调递减，在区间$（1+\sqrt{1-a}，+∞）$上单调递增．（6分）
（2）由（1）可知，0＜a＜1，且x₁+x₂=2，x₁•x₂=a，（7分）
∴f（x₂）=$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-2x₂+alnx₂=$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-2x₂+（2x₂-${{x}_{2}}^{2}$）lnx₂，
∵x₁＜x₂，且x₁+x₂=2，x₁•x₂=a，0＜a＜1，∴0＜x₂＜2．（8分）
令$g（x）=\frac{1}{2}x_{\;}^2-2x+（2x-x_{\;}^2）lnx，x∈（0，2）$…（9分）
则$g'（x）=x-2+（2-2x）lnx+\frac{{2x-{x^2}}}{x}=2（1-x）lnx$…（10分）
当0＜x≤1，1-x≥0，lnx≤0，所以g'（x）≤0，当1＜x＜2，1-x＜0，lnx＞0，
所以g'（x）＜0；∴x∈（0，2），g'（x）≤0，
∴g（x）在区间（0，2）上单调递减．…（11分）
∴x∈（0，2）时，g（x）＞g（2）=-2
综上所述：若x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数f（x）的两个极值点，则f（x₂）＞-2．（12分）

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函数恒成立问题，是一道综合题．