Question

18．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-ax+（a-1）lnx，a≥2．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）證明：若a＜5，則對任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$＞-1．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)對數(shù)函數(shù)定義可知定義域?yàn)榇笥?的數(shù)，求出f′（x）討論當(dāng)a-1=1時導(dǎo)函數(shù)大于0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)a-1＞1時討論函數(shù)的增減性．
（2）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+x，求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)a的取值范圍得到導(dǎo)函數(shù)一定大于0，則g（x）為單調(diào)遞增函數(shù)，則利用當(dāng)x₁＞x₂＞0時有g(shù)（x₁）-g（x₂）＞0即可得證．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（a-1）lnx，其中a＞1，
∴f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=x-a+$\frac{a-1}{x}$=$\frac{（x-1）（x+1-a）}{x}$=$\frac{（x-1）[x-（a-1）]}{x}$，
令f′（x）=0，得x₁=1，x₂=a-1．
∵a≥2時，∴x₁≤x₂，
①a=2時，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
②a＞2時，由f′（x）＜0得，1＜x＜a-1；
由f′（x）＞0得，0＜x＜1，或x＞a-1．
故f（x）在（1，a-1）單調(diào)遞減，在（0，1），（a-1，+∞）單調(diào)遞增．
綜上可得，當(dāng)a=2時，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)a＞2時，f（x）在（1，a-1）單調(diào)遞減，在（0，1），（a-1，+∞）單調(diào)遞增；
（2）考慮函數(shù)g（x）=f（x）+x=$\frac{1}{2}$x2-ax+（a-1）lnx+x
則g′（x）=x-（a-1）+$\frac{a-1}{x}$≥2$\sqrt{x•\frac{a-1}{x}}$-（a-1）=1-${（\sqrt{a-1}-1）}^{2}$，
由于2≤a＜5，故g′（x）＞0，
即g（x）在（0，+∞）單調(diào)增加，
從而當(dāng)x₁＞x₂＞0時有g(shù)（x₁）-g（x₂）＞0，
即f（x₁）-f（x₂）+x₁-x₂＞0，故$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$＞-1，
當(dāng)0＜x₁＜x₂時，$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$=$\frac{f{（x}_{2}）-f{（x}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞-1．

點(diǎn)評 本題考查學(xué)生利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的能力，以及基本不等式證明的能力．