Question

2．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-alnx+x．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若a＜0，設(shè)g（x）=f（x）-x，h（x）=-2xlnx+2x，若對任意x₁，x₂∈[1，+∞）（x₁≠x₂），|g（x₂）-g（x₁）|≥|h（x₂）-h（x₁）|恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令F（x）=g（x）-h（x）=$\frac{1}{2}$ax²-alnx+2xlnx-2x，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令G（x）=ax-$\frac{a}{x}$+2lnx，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=ax-$\frac{a}{x}$+1=$\frac{{ax}^{2}+x-a}{x}$，
令t（x）=ax²+x-a，當(dāng)a＞0時(shí)，令g（x）=0，
解得：x₁=$\frac{-1+\sqrt{1+{4a}^{2}}}{2a}$＞0，x₂=$\frac{-1-\sqrt{1+{4a}^{2}}}{2a}$＜0，
所以f（x）在（0，x₁）上單調(diào)遞減，在（x₁，+∞）上單調(diào)遞增．
（2）g′（x）=ax-$\frac{a}{x}$=$\frac{a{（x}^{2}-1）}{x}$，
因?yàn)閍＜0，當(dāng)x≥1時(shí)，g′（x）≤0，g（x）在[1，+∞）單調(diào)減；
h′（x）=-2lnx，當(dāng)x≥1時(shí)，h′（x）≤0，h（x）在[1，+∞）單調(diào)減．
因?yàn)閷θ我鈞₁，x₂∈[1，+∞），|g（x₂）-g（x₁）|≥|h（x₂）-h（x₁）|，
不防設(shè)x₁＜x₂，則由兩函數(shù)的單調(diào)性可得：
g（x₁）-g（x₂）≥h（x₁）-h（x₂），
所以：g（x₁）-h（x₁）≥g（x₂）-h（x₂）對任意x₁＜x₂∈[1，+∞）恒成立；
令F（x）=g（x）-h（x）=$\frac{1}{2}$ax²-alnx+2xlnx-2x，
則F（x₁）≥F（x₂）對任意x₁＜x₂∈[1，+∞）恒成立；
即：y=F（x）在x∈[1，+∞）上單調(diào)減，
即：F′（x）=ax-$\frac{a}{x}$+2lnx≤0在x∈[1，+∞）上恒成立，
令G（x）=ax-$\frac{a}{x}$+2lnx，G′（x）=$\frac{{ax}^{2}+2x+a}{{x}^{2}}$，
當(dāng)a≤-1時(shí)，ax²+2x+a≤0在x∈[1，+∞）恒成立，所以G′（x）≤0，
G（x）在[1，+∞）單調(diào)減，
所以G（x）≤G（1）=0，滿足題意，
當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，G（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂且x₁=$\frac{-1-\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$＞1，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1{-a}^{2}}}{a}$＜1，
所以在（1，x₁）上，G（x）單調(diào)增，即：G（x）＞G（1）=0對任意x∈（1，x₁）上恒成立，不滿足題意，舍！
綜上所述：當(dāng)a≤-1時(shí)，不等式|g（x₂）-g（x₁）|≥|h（x₂）-h（x₁）|在x₁，x₂∈[1，+∞）恒成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道綜合題．