Question

19．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-2alnx+（a-2）x，a∈R．
（Ⅰ）当a=-1时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＜0时，讨论函数f（x）单调性；
（Ⅲ）是否存在实数a，对任意的m，n∈（0，+∞），且m≠n，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$＞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 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）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即可；
（Ⅲ）不妨设m＞n＞0，令g（x）=f（x）-ax，分离参数a，根据函数的单调性确定a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）当a=-1时，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+2lnx-3x$，
$f'（x）=x+\frac{2}{x}-3=\frac{{{x^2}-3x+2}}{x}=\frac{（x-1）（x-2）}{x}$．
当0＜x＜1或x＞2时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；
当1＜x＜2时，f'（x）＜，f（x）单调递减，
所以x=1时，$f{（x）_{极大值}}=f（1）=-\frac{5}{2}$；
x=2时，f（x）_极小值=f（2）=2ln2-4．
（Ⅱ）当a＜0时，$f'（x）=x-\frac{2a}{x}+（a-2）$=$\frac{{{x^2}+（a-2）x-2a}}{x}$=$\frac{（x-2）（x+a）}{x}$，
①当-a＞2，即a＜-2时，由f'（x）＞0可得0＜x＜2或x＞-a，此时f（x）单调递增；
由f'（x）＜0可得2＜x＜-a，此时f（x）单调递减；
②当-a=2，即a=-2时，f'（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，此时f（x）单调递增；
③当-a＜2，即-2＜a＜0时，由f'（x）＞0可得0＜x＜-a或x＞2，此时f（x）单调递增；
由f'（x）＜0可得-a＜x＜2，此时f（x）单调递减．
综上：当a＜-2时，f（x）增区间为（0，2），（-a，+∞），减区间为（2，-a）；
当a=-2时，f（x）增区间为（0，+∞），无减区间；
当-2＜a＜0时，f（x）增区间为（0，-a），（2，+∞），减区间为（-a，2）．
（Ⅲ）假设存在实数a，对任意的m，n∈（0，+∞），且m≠n，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-1}＞a$恒成立，
不妨设m＞n＞0，则由$\frac{f（m）-f（n）}{m-1}＞a$恒成立可得：f（m）-am＞f（n）-an恒成立，
令g（x）=f（x）-ax，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g'（x）≥0恒成立，
即f'（x）-a≥0恒成立，
∴$x-\frac{2a}{x}+（a-2）-a≥0$，即$\frac{{{x^2}-2x-2a}}{x}≥0$恒成立，又x＞0，
∴x²-2x-2a≥0在x＞0时恒成立，
∴$a≤{[{\frac{1}{2}（{x^2}-2x）}]_{min}}=-\frac{1}{2}$，
∴当$a≤-\frac{1}{2}$时，对任意的m，n∈（0，+∞），且m≠n，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-1}＞a$恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．