Question

13．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+alnx（a∈R）$．
（1）當(dāng)a＜0時(shí)，求f（x）的極值；
（2）令g（x）=f（x）-（a+1）x，a∈（1，e]，證明：對(duì)任意x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{1}{2}a-lna-\frac{3}{2a}＜0$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）當(dāng)a＜0時(shí)，$f'（x）=x+\frac{a}{x}$，令f'（x）=0，
∵x＞0，∴$x=\sqrt{-a}$；
當(dāng)x變化時(shí)，f'（x），f（x）的變化如下：

x	$（0，\sqrt{-a}）$	$\sqrt{-a}$	$（\sqrt{-a}，+∞）$
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

∴f（x）的極小值為$f（\sqrt{-a}）=-\frac{a}{2}+aln\sqrt{-a}$．
（2）解法1：$g'（x）=x+\frac{a}{x}-（a+1）=\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
∵對(duì)任意x∈[1，a]，有g(shù)'（x）≤0，∴g（x）在[1，a]上單調(diào)遞減．
∴$|{g（{x_1}）-g（{x_2}）}|≤g（1）-g（a）=\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}$．
要證明|g（x₁）-g（x₂）|＜1，只需證明$\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}＜1$，即證明$\frac{1}{2}a-lna-\frac{3}{2a}＜0$．
令h（a）=$\frac{1}{2}a-lna-\frac{3}{2a}$，$h'（a）=\frac{1}{2}-\frac{1}{a}+\frac{3}{{2{a^2}}}=\frac{3}{2}{（\frac{1}{a}-\frac{1}{3}）^2}+\frac{1}{3}＞0$．
∴h（a）在（1，e]上單調(diào)遞增，∴$h（a）≤h（e）=\frac{e}{2}-1-\frac{3}{2e}=\frac{（e-3）（e+1）}{2e}＜0$，
∴|g（x₁）-g（x₂）|＜1成立．
解法2：$g'（x）=x+\frac{a}{x}-（a+1）=\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
∵對(duì)任意x∈[1，a]，有g(shù)'（x）≤0，∴g（x）在[1，a]上單調(diào)遞減．
∴$|{g（{x_1}）-g（{x_2}）}|≤g（1）-g（a）=\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}$．
令$h（a）=\frac{1}{2}{a^2}-alna-\frac{1}{2}$，則h'（a）=a-lna-1．
令ϕ（a）=a-lna-1，則$ϕ'（a）=1-\frac{1}{a}$，
∵a∈（1，e]，∴ϕ'（a）＞0，
∴h'（a）在（1，e]上單調(diào)遞增，∴h'（a）＞h'（1）=0，
∴h（a）在（1，e]上為單調(diào)遞增函數(shù)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道中檔題．