Question

已知函數 f(x)=

1

2

x2-2alnx+(a-2)x，a∈R．
（Ⅰ）當 a=1時，求函數 f（x）的最小值；
（Ⅱ）當a＜0時，討論函數 f（x）的單調性；
（Ⅲ）是否存在實數a，對任意的 x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞a恒成立，若存在求出a的取值范圍，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）把a=1代入函數解析式，求導后解出導函數的零點，由導函數的零點對定義域分段，判出在各區(qū)間段內的單調性，從而的導函數的最小值；
（Ⅱ）求出函數的導函數，根據a的不同取值對函數定義域分段，由函數導函數的符號判斷原函數在各區(qū)間段內的單調性；
（Ⅲ）在假設存在實數a使得對任意的 x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞a恒成立的前提下，把問題轉化為（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁恒成立，然后構造函數g（x）=f（x）-ax，利用導函數求出使函數g（x）在（0，+∞）上為增函數的a的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）函數f（x）的定義域為（0，+∞），
由f(x)=

1

2

x2-2alnx+(a-2)x，
當a=1時，f(x)=

1

2

x2-2lnx-x，
f′(x)=x-

2

x

-1=

x2-x-2

x

=

(x+1)(x-2)

x

．
∴當x∈（0，2）時，f'（x）＜0，f（x）為減函數；
當x∈（2，+∞），f'（x）＞0，f（x）為增函數．
∴f（x）在x=2時取得最小值，其最小值為f（2）=-2ln2．
（Ⅱ）∵f′(x)=x-

2a

x

+(a-2)=

x2+(a-2)x-2a

x

=

(x-2)(x+a)

x

，
∴（1）當-2＜a＜0時，若x∈（0，-a），f'（x）＞0，f（x）為增函數；
若x∈（-a，2），f'（x）＜0，f（x）為減函數；
若x∈（2，+∞），f'（x）＞0，f（x）為增函數．
（2）當a=-2時，在（0，+∞）上f^′（x）≥0，f（x）為增函數；
（3）當a＜-2時，若x∈（0，2），f'（x）＞0，f（x）為增函數；
若x∈（2，-a），f'（x）＜0，f（x）為減函數；
若x∈（-a，+∞），f'（x）＞0，f（x）為增函數．
（Ⅲ）假設存在實數a使得對任意的 x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞a恒成立，
不妨設0＜x₁＜x₂，只要

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞a，即：f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁．
令g（x）=f（x）-ax，只要 g（x）在（0，+∞）為增函數即可．
又函數g(x)=

1

2

x2-2alnx-2x．
考查函數g′(x)=x-

2a

x

-2=

x2-2x-2a

x

=

(x-1)2-1-2a

x

要使g'（x）≥0在（0，+∞）恒成立，只要-1-2a≥0，即a≤-

1

2

，
故存在實數a∈(-∞，-

1

2

]，對任意的 x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，
有

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞a恒成立．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了導數在最大值最小值中的應用，考查了數學轉化思想和分類討論的數學思想方法，訓練了利用構造函數法求參數的取值范圍，屬難題．