Question

18．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx+（a-2）x$．
（1）當a=1時，求函數(shù)f（x）在[1，e]上的最小值和最大值；
（2）當a≤0時，討論函數(shù)f（x）的單調性；
（3）是否存在實數(shù)a，對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$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 （1）當a=1時，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2lnx-x$；對f（x）求導，利用導函數(shù)判斷函數(shù)的單調性與求出函數(shù)的最值；
（2）f（x）的定義域為（0，+∞），${f^'}（x）=x-2\frac{a}{x}+a-2=\frac{{{x^2}+（a-2）x-2a}}{x}=\frac{（x-2）（x+a）}{x}$，對參數(shù)a分類討論逐步判斷原函數(shù)單調性即可；
（3）假設存在實數(shù)a，設0＜x₁＜x₂，$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$，即f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁，$g（x）=f（x）-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx+（a-2）x-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx-2x$；轉化為：使g′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，求a的范圍．

解答 （1）當a=1時，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-2lnx-x$．
則${f^'}（x）=x-\frac{2}{x}-1=\frac{{{x^2}-x-2}}{x}=\frac{（x+1）（x-2）}{x}$，x∈[1，e]
∴當x∈（1，2）時，f′（x）＜0，當x∈（2，e）時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（1，2）上是減函數(shù)，在（2，e）上是增函數(shù)．
∴當x=2時，f（x）取得最小值，其最小值為f（2）=-2ln2．
又$f（1）=-\frac{1}{2}$，$f（e）=\frac{e^x}{2}-e-2$.$f（e）-f（1）=\frac{e^2}{2}-e-2+\frac{1}{2}=\frac{{{e^2}-2e-3}}{2}＜0$，∴f（e）＜f（1）
∴$f{（x）_{max}}=f（1）=-\frac{1}{2}$．
（2）f（x）的定義域為（0，+∞），${f^'}（x）=x-2\frac{a}{x}+a-2=\frac{{{x^2}+（a-2）x-2a}}{x}=\frac{（x-2）（x+a）}{x}$，
①當-2＜a≤0時，f（x）在（0，-a）上是增函數(shù)，在（-a，2）上是減函數(shù)，在（2，+∞）上是增函數(shù)．
②當a=-2時，在（0，+∞）上是增函數(shù)．
③當a＜-2時，則f（x）在（0，2）上是增函數(shù)，在（2，-a）上是減函數(shù)，在（-a，+∞）上是增函數(shù)．
（3）假設存在實數(shù)a，對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，都有$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$恒成立，
不妨設0＜x₁＜x₂，若$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞a$，即f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁，
令$g（x）=f（x）-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx+（a-2）x-ax=\frac{1}{2}{x^2}-2alnx-2x$
只要g（x）在（0，+∞）為增函數(shù)${g^'}（x）=x-\frac{2a}{x}-2=\frac{{{x^2}-2x-2a}}{x}=\frac{{{{（x-1）}^2}-1-2a}}{x}$
要使g′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，只需-1-2a≥0，$a≤-\frac{1}{2}$，
故存在$a∈（-∞，-\frac{1}{2}]$滿足題意．

點評 本題主要考查了利用導函數(shù)判斷函數(shù)單調性，分類討論以及轉化思想的應用，屬綜合題．