Question

2．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-alnx+x．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a＜0，设g（x）=f（x）-x，h（x）=-2xlnx+2x，若对任意x₁，x₂∈[1，+∞）（x₁≠x₂），|g（x₂）-g（x₁）|≥|h（x₂）-h（x₁）|恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，令F（x）=g（x）-h（x）=$\frac{1}{2}$ax²-alnx+2xlnx-2x，求出函数的导数，令G（x）=ax-$\frac{a}{x}$+2lnx，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（1）f′（x）=ax-$\frac{a}{x}$+1=$\frac{{ax}^{2}+x-a}{x}$，
令t（x）=ax²+x-a，当a＞0时，令g（x）=0，
解得：x₁=$\frac{-1+\sqrt{1+{4a}^{2}}}{2a}$＞0，x₂=$\frac{-1-\sqrt{1+{4a}^{2}}}{2a}$＜0，
所以f（x）在（0，x₁）上单调递减，在（x₁，+∞）上单调递增．
（2）g′（x）=ax-$\frac{a}{x}$=$\frac{a{（x}^{2}-1）}{x}$，
因为a＜0，当x≥1时，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）单调减；
h′（x）=-2lnx，当x≥1时，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）单调减．
因为对任意x₁，x₂∈[1，+∞），|g（x₂）-g（x₁）|≥|h（x₂）-h（x₁）|，
不防设x₁＜x₂，则由两函数的单调性可得：
g（x₁）-g（x₂）≥h（x₁）-h（x₂），
所以：g（x₁）-h（x₁）≥g（x₂）-h（x₂）对任意x₁＜x₂∈[1，+∞）恒成立；
令F（x）=g（x）-h（x）=$\frac{1}{2}$ax²-alnx+2xlnx-2x，
则F（x₁）≥F（x₂）对任意x₁＜x₂∈[1，+∞）恒成立；
即：y=F（x）在x∈[1，+∞）上单调减，
即：F′（x）=ax-$\frac{a}{x}$+2lnx≤0在x∈[1，+∞）上恒成立，
令G（x）=ax-$\frac{a}{x}$+2lnx，G′（x）=$\frac{{ax}^{2}+2x+a}{{x}^{2}}$，
当a≤-1时，ax²+2x+a≤0在x∈[1，+∞）恒成立，所以G′（x）≤0，
G（x）在[1，+∞）单调减，
所以G（x）≤G（1）=0，满足题意，
当-1＜a＜0时，G（x）有两个极值点x₁，x₂且x₁=$\frac{-1-\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$＞1，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$＜1，
所以在（1，x₁）上，G（x）单调增，即：G（x）＞G（1）=0对任意x∈（1，x₁）上恒成立，不满足题意，舍！
综上所述：当a≤-1时，不等式|g（x₂）-g（x₁）|≥|h（x₂）-h（x₁）|在x₁，x₂∈[1，+∞）恒成立．

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分类讨论思想，是一道综合题．