Question

13．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+alnx（a∈R）$．
（1）当a＜0时，求f（x）的极值；
（2）令g（x）=f（x）-（a+1）x，a∈（1，e]，证明：对任意x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出函数的导数，问题转化为证明$\frac{1}{2}a-lna-\frac{3}{2a}＜0$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）当a＜0时，$f'（x）=x+\frac{a}{x}$，令f'（x）=0，
∵x＞0，∴$x=\sqrt{-a}$；
当x变化时，f'（x），f（x）的变化如下：

x	$（0，\sqrt{-a}）$	$\sqrt{-a}$	$（\sqrt{-a}，+∞）$
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

∴f（x）的极小值为$f（\sqrt{-a}）=-\frac{a}{2}+aln\sqrt{-a}$．
（2）解法1：$g'（x）=x+\frac{a}{x}-（a+1）=\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
∵对任意x∈[1，a]，有g'（x）≤0，∴g（x）在[1，a]上单调递减．
∴$|{g（{x_1}）-g（{x_2}）}|≤g（1）-g（a）=\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}$．
要证明|g（x₁）-g（x₂）|＜1，只需证明$\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}＜1$，即证明$\frac{1}{2}a-lna-\frac{3}{2a}＜0$．
令h（a）=$\frac{1}{2}a-lna-\frac{3}{2a}$，$h'（a）=\frac{1}{2}-\frac{1}{a}+\frac{3}{{2{a^2}}}=\frac{3}{2}{（\frac{1}{a}-\frac{1}{3}）^2}+\frac{1}{3}＞0$．
∴h（a）在（1，e]上单调递增，∴$h（a）≤h（e）=\frac{e}{2}-1-\frac{3}{2e}=\frac{（e-3）（e+1）}{2e}＜0$，
∴|g（x₁）-g（x₂）|＜1成立．
解法2：$g'（x）=x+\frac{a}{x}-（a+1）=\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
∵对任意x∈[1，a]，有g'（x）≤0，∴g（x）在[1，a]上单调递减．
∴$|{g（{x_1}）-g（{x_2}）}|≤g（1）-g（a）=\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}$．
令$h（a）=\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}$，则h'（a）=a-lna-1．
令ϕ（a）=a-lna-1，则$ϕ'（a）=1-\frac{1}{a}$，
∵a∈（1，e]，∴ϕ'（a）＞0，
∴h'（a）在（1，e]上单调递增，∴h'（a）＞h'（1）=0，
∴h（a）在（1，e]上为单调递增函数．

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不等式的证明，是一道中档题．