Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-2alnx+（a-2）x，a∈R．
（Ⅰ）當a=-1時，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）當a＜0時，討論函數(shù)f（x）單調(diào)性；
（Ⅲ）是否存在實數(shù)a，對任意的m，n∈（0，+∞），且m≠n，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$＞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）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；
（Ⅱ）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)間即可；
（Ⅲ）不妨設(shè)m＞n＞0，令g（x）=f（x）-ax，分離參數(shù)a，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性確定a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）當a=-1時，$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+2lnx-3x$，
$f'（x）=x+\frac{2}{x}-3=\frac{{{x^2}-3x+2}}{x}=\frac{（x-1）（x-2）}{x}$．
當0＜x＜1或x＞2時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當1＜x＜2時，f'（x）＜，f（x）單調(diào)遞減，
所以x=1時，$f{（x）_{極大值}}=f（1）=-\frac{5}{2}$；
x=2時，f（x）_極小值=f（2）=2ln2-4．
（Ⅱ）當a＜0時，$f'（x）=x-\frac{2a}{x}+（a-2）$=$\frac{{{x^2}+（a-2）x-2a}}{x}$=$\frac{（x-2）（x+a）}{x}$，
①當-a＞2，即a＜-2時，由f'（x）＞0可得0＜x＜2或x＞-a，此時f（x）單調(diào)遞增；
由f'（x）＜0可得2＜x＜-a，此時f（x）單調(diào)遞減；
②當-a=2，即a=-2時，f'（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，此時f（x）單調(diào)遞增；
③當-a＜2，即-2＜a＜0時，由f'（x）＞0可得0＜x＜-a或x＞2，此時f（x）單調(diào)遞增；
由f'（x）＜0可得-a＜x＜2，此時f（x）單調(diào)遞減．
綜上：當a＜-2時，f（x）增區(qū)間為（0，2），（-a，+∞），減區(qū)間為（2，-a）；
當a=-2時，f（x）增區(qū)間為（0，+∞），無減區(qū)間；
當-2＜a＜0時，f（x）增區(qū)間為（0，-a），（2，+∞），減區(qū)間為（-a，2）．
（Ⅲ）假設(shè)存在實數(shù)a，對任意的m，n∈（0，+∞），且m≠n，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-1}＞a$恒成立，
不妨設(shè)m＞n＞0，則由$\frac{f（m）-f（n）}{m-1}＞a$恒成立可得：f（m）-am＞f（n）-an恒成立，
令g（x）=f（x）-ax，則g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以g'（x）≥0恒成立，
即f'（x）-a≥0恒成立，
∴$x-\frac{2a}{x}+（a-2）-a≥0$，即$\frac{{{x^2}-2x-2a}}{x}≥0$恒成立，又x＞0，
∴x²-2x-2a≥0在x＞0時恒成立，
∴$a≤{[{\frac{1}{2}（{x^2}-2x）}]_{min}}=-\frac{1}{2}$，
∴當$a≤-\frac{1}{2}$時，對任意的m，n∈（0，+∞），且m≠n，有$\frac{f（m）-f（n）}{m-1}＞a$恒成立．

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