Question

8．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a-1）x+alnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）证明：若1＜a＜5，则对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＞1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，讨论方程的判别式的符号，运用二次不等式的解法，可得函数的单调性；
（2）要证对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＞1．即证$\frac{f（{x}_{1}）-ln{x}_{1}-[f（{x}_{2}）-ln{x}_{2}]}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＞0?$\frac{f（{x}_{1}）-ln{x}_{1}-[f（{x}_{2}）-ln{x}_{2}]}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，即证y=f（x）-lnx在（0，+∞）递增．由f（x）-lnx=$\frac{1}{2}$x²-（a-1）x+（a-1）lnx，求出导数，求得单调性，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a-1）x+alnx的导数为
f′（x）=x-（a-1）+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-（a-1）x+a}{x}$，
①当△=（a-1）²-4a=a²-6a+1≤0，即3-2$\sqrt{2}$≤a≤3+2$\sqrt{2}$时，
f′（x）＞0恒成立，f（x）递增；
当△＞0即a＜3-2$\sqrt{2}$或a＞3+2$\sqrt{2}$时，
②当a＞3+2$\sqrt{2}$时，方程x²-（a-1）x+a=0的两根为x₁，x₂，（0＜x₁＜x₂），
当x＞x₂，或x＜x₁时，f′（x）＞0，f（x）递增，当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＜0，f（x）递减．
③当0≤a＜3-2$\sqrt{2}$时，f′（x）＞0恒成立，f（x）递增；
④当a＜0时，方程x²-（a-1）x+a=0的两根中一正一负，设正根为x₃，
即有当x＞x₃，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＜x₃，f′（x）＜0，f（x）递减．
（2）证明：要证对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＞1．
即证$\frac{f（{x}_{1}）-ln{x}_{1}-[f（{x}_{2}）-ln{x}_{2}]}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＞0?$\frac{f（{x}_{1}）-ln{x}_{1}-[f（{x}_{2}）-ln{x}_{2}]}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞0，
即证y=f（x）-lnx在（0，+∞）递增．
由f（x）-lnx=$\frac{1}{2}$x²-（a-1）x+（a-1）lnx，
导数为x-（a-1）+$\frac{a-1}{x}$=$\frac{{x}^{2}-（a-1）x+a-1}{x}$，
由x²-（a-1）x+a-1的判别式△=（a-1）²-4（a-1）=（a-1）（a-5），
由1＜a＜5，可得△＜0，即有x²-（a-1）x+a-1＞0恒成立，
即有x＞0时，函数y=f（x）-lnx在（0，+∞）递增．
则有不等式$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＞1成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调性，考查函数的单调性的运用，运用构造函数和分类讨论的思想方法是解题的关键．