Question

已知函数 f（x）=ax²-（2a+1）x+lnx，a∈R，
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（II）设a＜-1，证明：对任意x₁，x₂∈（2，+∞），|f（x₁）-f（x₂）|≥2|x₁-x₂|．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出函数定义域及导数f′（x）=

(2ax-1)(x-1)

x

，分①a=0，②0＜a＜

1

2

，③a=

1

2

，④a＞

1

2

，⑤a＜0五种情况进行讨论解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，解出不等式即为单调区间；
（Ⅱ）证明不等式|f（x₁）-f（x₂）|≥2|x₁-x₂|，即|

f(x1)-f(x2)

x1-x2

|≥2，可证明|f′（x）|≥2，利用导数可转化为函数的最值问题证明；

解答：解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）．
f′（x）=2ax-（2a+1）+

1

x

=

2ax2-(2a+1)x+1

x

=

(2ax-1)(x-1)

x

，
①若a=0，则f′（x）=

-(x-1)

x

，当0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
②若0＜a＜

1

2

，令f′（x）＞0，得0＜x＜1或x＞

1

2a

，令f′（x）＜0，得1＜x＜

1

2a

，
所以f（x）在（0，1），（

1

2a

，+∞）上递增，在（1，

1

2a

）上递减；
③若a=

1

2

，f′（x）=

(x-1)2

x

≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
令f′（x）＞0，得0＜x＜

1

2a

，或x＞1，令f′（x）＜0，得

1

2a

＜x＜1，
所以f（x）在（0，

1

2a

），（1，+∞）上单调递增，在（

1

2a

，1）上单调递减；
⑤若a＜0，令f′（x）＞0，得0＜x＜1，令f′（x）＜0，得x＞1，
所以f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减；
综上，a=0时，f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上递减；0＜a＜

1

2

时，f（x）在（0，1），（

1

2a

，+∞）上递增，在（1，

1

2a

）上递减；
a=

1

2

时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞

1

2

时，f（x）在（0，

1

2a

），（1，+∞）上单调递增，在（

1

2a

，1）上单调递减；
a＜0时，f（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减；
（Ⅱ）|f（x₁）-f（x₂）|≥2|x₁-x₂|，即|

f(x1)-f(x2)

x1-x2

|≥2，所以有|f′（x）|≥2．
所以证明对任意x₁，x₂∈（2，+∞），|f（x₁）-f（x₂）|≥2|x₁-x₂|，
只需证明|f′（x）|≥2，即证明|

(2ax-1)(x-1)

x

|≥2对任意x∈（2，+∞）成立，也即证明2a≤

-x-1

x(x-1)

（x＞2），
令g（x）=

-x-1

x(x-1)

（x＞2），则g′（x）=

x2+2x-1

x2(x-1)2

，
当x＞2时，g′（x）＞0，所以g（x）在（2，+∞）上单调递增，g（x）＞g（2）=-

3

2

，
而a＜-1时，2a＜-2，所以2a＜-

3

2

＜g（x），即2a≤

-x-1

x(x-1)

（x＞2）成立．
故a＜-1时，对任意x₁，x₂∈（2，+∞），|f（x₁）-f（x₂）|≥2|x₁-x₂|．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性及函数的最值问题，考查分类讨论思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，属难题．