Question

16．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx+（a-2）x，a∈R$
（Ⅰ）当a＜0时，讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当$a≤-\frac{1}{2}$时，对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₂＞x₁，都有f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，分母为正，分子结合二次函数图象及性质，找出函数值为正值、负值的区间，得出函数f（x）的单调区间，
（Ⅱ）构造辅助函数g（x）=f（x）-ax，只要使函数g（x）在定义域内为增函数即可，利用其导函数恒大于等于0可求解a的取值范围，问题得以证明．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x-$\frac{2a}{x}$+（a-2）=$\frac{{x}^{2}+（a-2）-2a}{x}$=$\frac{（x-2）（x+a）}{x}$
∴（1）当-2＜a＜0时，
若x∈（0，-a），f′（x）＞0，f（x）为增函数，
x∈（-a，2），f′（x）＜0，f（x）为减函数，
x∈（2，+∞），f′（x）＞0，f（x）为增函数，
（2）当a=-2时，x∈（0，+∞），f′（x）＞0，f（x）为增函数，
（3）当a＜-2时，x∈（0，2），f′（x）＞0，f（x）为增函数，
x∈（2，-a），f′（x）＜0，f（x）为减函数，
 x∈（-a，+∞），f′（x）＞0，f（x）为增函数；
（Ⅱ）证明：对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₂＞x₁，都有f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁成立．
令g（x）=f（x）-ax，即有g（x）在（0，+∞）为增函数．
又函数g（x）=$\frac{1}{2}$x²-2alnx-2x．
考查函数g′（x）=x-$\frac{2a}{x}$-2=$\frac{{x}^{2}-2x-2a}{x}$=$\frac{（x-1）^{2}-1-2a}{x}$，
要使g′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
只要-1-2a≥0，即a≤-$\frac{1}{2}$，
故当$a≤-\frac{1}{2}$时，对任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₂＞x₁，都有f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁成立．

点评 本题考查函数与导数，利用导数研究函数的单调性考查了数学转化思想方法，训练了利用构造函数法解决不等式恒成立问题，涉及到了分类讨论的思想方法，属于中档题．