Question

已知f（x）=alnx+

1

2

x²（∈R）．
（1）求函數y=f（x）的單調區(qū)間；
（2）若f（x）≥

1

2

x²+

1

2

x+m對任意的a∈（1，e]，x∈（1，e]恒成立，求實數m的取值范圍；
（3）設a∈（1，e]，g（x）=f（x）-（a+1）x，證明：對?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性

專題：導數的綜合應用

分析：（1）由已知得f′(x)=

a

x

+x=

x2+a

x

，若a≥0，f（x）的增區(qū)間是（0，+∞）；若a＜0，f（x）的增區(qū)間為（

-a

，+∞），單調減區(qū)間為（0，

-a

）．
（2）由題意知alnx-

1

2

x-m≥0對任意的a∈（1，e]，x∈（1，e]恒成立，設h（a）=alnx-

1

2

x-m，則h（a）在a∈（1，e]上恒成立，設t（x）=lnx-

1

2

x，利用導數性質能求出符合題意的實數m的取值范圍．
（3）g′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

(x-a)(x-1)

x

，[g（x）]_max=g（1）=-

1

2

-a，[g（x）]_min=g（a）=alna-

1

2

a2-a，要證不等式|g（x₁）-g（x₂）|＜1恒成立，即證alna-

1

2

a2+

3

2

＞0在a∈（1，e]上恒成立，由此能證明對?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

解答： （1）解：∵f（x）=alnx+

1

2

x²（∈R），
∴函數y=f（x）的定義域為（0，+∞），
f′(x)=

a

x

+x=

x2+a

x

，
①若a≥0，則f′（x）＞0，∴f（x）的增區(qū)間是（0，+∞）；
②若a＜0，則f′(x)=

(x+ -a )(x- -a )

x

，
令f′（x）＞0，得x＞

-a

，令f′（x）＜0，得0＜x＜

-a

，
∴f（x）的增區(qū)間為（

-a

，+∞），單調減區(qū)間為（0，

-a

）．
（2）解：由f（x）≥

1

2

x2+

1

2

x+m，得alnx-

1

2

x-m≥0，（*）
題意即為（*）式對任意的a∈（1，e]，x∈（1，e]恒成立，
設h（a）=alnx-

1

2

x-m，
∵lnx＞0，∴h（a）在a∈（1，e]上恒成立，
設t（x）=lnx-

1

2

x，由t′（x）=

1

x

-

1

2

=

2-x

2x

，
得x∈（1，2）時，t′（x）＞0，x∈（2，e）時，f′（x）＜0，
∴t（x）在（1，2）上為增函數，在（2，e）上為減函數，
∵t（1）=-

1

2

，t（e）=1-

1

2

e，t（1）-t（e）=

1

2

e-

3

2

＜0，
∴[t(x)]min=t(1)=-

1

2

，
∴符合題意的實數m的取值范圍是（-∞，-

1

2

]．
（3）證明：由g（x）=alnx+

1

2

x2-(a+10x，
得g′(x)=

a

x

+x-(a+1)=

x2-(a+1)x+a

x

=

(x-a)(x-1)

x

，
∵a∈（1，e），x∈（1，a），∴g（x）在[1，a]上為減函數，
∴[g（x）]_max=g（1）=-

1

2

-a，[g（x）]_min=g（a）=alna-

1

2

a2-a，
要證不等式|g（x₁）-g（x₂）|＜1恒成立，即證g（1）-g（a）＜1恒成立，
即證alna-

1

2

a2+

3

2

＞0在a∈（1，e]上恒成立，
即證alna-

1

2

a2+

3

2

＞0在a∈（1，e]上恒成立，
設p（a）=lna-

1

2

a+

3

2a

，
則p′(a)=

1

a

-

1

2

-

3

2a2

=-

e2-2e-3

2e

=-

e2-2e-3

2e

=-

e2-2e-3

2e

=-

(e-3)(e+1)

2e

＞0，
∴對?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

點評：本題考查函數的單調區(qū)間的求法，考查實數的取值范圍的求法，考查不等式的證明，解題時要認真審題，注意導數性質的合理運用．