Question

5．設(shè)函數(shù)$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x-alnx$．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若f（x）=b有兩個不相等的實數(shù)根x₁，x₂，求證$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞0$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-a\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}（ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}）$，令g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，（x＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明結(jié)論即可．

解答 解：（I）f′（x）=x-（a-1）-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（x-a）}{x}$，（x＞0），
當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)a＞0時，解f′（x）＞0得x＞a，解f'（x）＜0得0＜x＜a．
所以f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增．
綜上，當(dāng)a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)a＞0時，f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增．
（II）f（x）=b有兩個不相等的實數(shù)根x₁，x₂，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂．
∴$\frac{1}{2}x_2^2-（a-1）{x_2}-aln{x_2}=\frac{1}{2}x_1^2-（a-1）{x_1}-aln{x_1}$
$\frac{1}{2}$（${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$）-（a-1）（x₂-x₁）=a（lnx₂-lnx₁，
$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-（a-1）=a$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$                              
而f′（x）=x-（a-1）-$\frac{a}{x}$，∴$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-（a-1）-a\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-a\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}（ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}）$，
令g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，（x＞1），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-2•$\frac{x+1-（x-1）}{{（x+1）}^{2}}$，（x＞1），
∴g′（x）=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x（x+1）}^{2}}$＞0，所以g（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增．
∴g（x）＞g（1）=0，
∴$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞0$．

點評 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，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．