Question

17．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+$\frac{1}{a}$）x+lnx，其中a＞0．
（Ⅰ）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处切线的方程；
（Ⅱ）当a≠1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若a∈（0，$\frac{1}{2}$），证明对任意x₁，x₂∈[$\frac{1}{2}$，1]（x₁≠x₂），$\frac{|f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）|}{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}$＜$\frac{1}{2}$恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把a=2代入函数解析式，求出原函数的导函数，得到曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的导数值，再求出f（1），代入直线方程的点斜式求切线的方程；
（Ⅱ）求函数f（x）的导函数，得到导函数的零点，根据a的范围由导函数的零点对函数定义域分段，利用导函数在各区间段内的符号判断原函数的单调性；
（Ⅲ）当0＜a＜$\frac{1}{2}$时，f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]内是减函数，又x₁≠x₂，不妨设0＜x₁＜x₂，则f（x₁）＞f（x₂），于是$\frac{{|f（{x_1}）-f（{x_2}）|}}{x_1^2-x_2^2}＜\frac{1}{2}$等价于$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）＞\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}$，
即$f（{x}_{1}）-\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}＞f（{x}_{2}）-\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}$．构造函数$g（x）=f（x）-\frac{1}{2}{x}^{2}=lnx-（a+\frac{1}{a}）x$（x＞0），利用导数证明其为减函数得答案．

解答 （Ⅰ）解：当a=2时，f（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}-\frac{5}{2}x+lnx$，f′（x）=$x-\frac{5}{2}+\frac{1}{x}$，
∴f′（1）=$-\frac{1}{2}$，
∵f（1）=$\frac{1}{2}-\frac{5}{2}=-2$．
∴切线方程为：y+2=$-\frac{1}{2}$（x-1），整理得：x+2y+3=0；
（Ⅱ）f′（x）x-$（a+\frac{1}{a}）+\frac{1}{x}$=$\frac{（x-a）（x-\frac{1}{a}）}{x}$（x＞0），
令f′（x）=0，解得：x=a或x=$\frac{1}{a}$．
①若0＜a＜1，$a＜\frac{1}{a}$，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：

x	（0，a）	a	（a，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}，+∞$）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增函数	极大值	减函数	极小值	增函数

∴f（x）在区间（0，a）和（$\frac{1}{a}，+∞$）内是增函数，在（a，$\frac{1}{a}$）内是减函数；
②若a＞1，$\frac{1}{a}＞a$，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如表：

x	（0，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}，a$）	a	（a，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增函数	极大值	减函数	极小值	增函数

∴f（x）在区间（0，$\frac{1}{a}$）和（a，+∞）内是增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）内是减函数；
（Ⅲ）∵0＜a＜$\frac{1}{2}$，∴f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]内是减函数，又x₁≠x₂，
不妨设0＜x₁＜x₂，则f（x₁）＞f（x₂），${{x}_{1}}^{2}＜{{x}_{2}}^{2}$．
于是$\frac{{|f（{x_1}）-f（{x_2}）|}}{x_1^2-x_2^2}＜\frac{1}{2}$等价于$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）＞\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}$，
即$f（{x}_{1}）-\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}＞f（{x}_{2}）-\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}$．
令$g（x）=f（x）-\frac{1}{2}{x}^{2}=lnx-（a+\frac{1}{a}）x$（x＞0），
∵g′（x）=$\frac{1}{x}-（a+\frac{1}{a}）$在[$\frac{1}{2}$，1]内是减函数，
故g′（x）≤g′（$\frac{1}{2}$）=2-（a+$\frac{1}{a}$）$≤2-2\sqrt{a•\frac{1}{a}}=0$．
从而g（x）在[$\frac{1}{2}$，1]内是减函数，
∴对任意$\frac{1}{2}＜{x}_{1}＜{x}_{2}＜1$，有g（x₁）＞g（x₂），即$f（{x}_{1}）-\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}＞f（{x}_{2}）-\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}$，
∴当$a∈（0，\frac{1}{2}）$，对任意${x_1}，{x_2}∈[\frac{1}{2}，1]（{x_1}≠{x_2}）$，$\frac{{|f（{x_1}）-f（{x_2}）|}}{x_1^2-x_2^2}＜\frac{1}{2}$恒成立．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，等价转化是解答（Ⅲ）的关键，属难题．