Question

已知函數(shù)f（x）=

1

2

x²+alnx，g（x）=（a+1）x（a≠-1），H（x）=f（x）-g（x）．
（1）若f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（0，1），求實數(shù)a的值；
（2）若函數(shù)f（x），g（x）在區(qū)間[1，2]上都為單調(diào)函數(shù)且它們的單調(diào)性相同，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）α，β是函數(shù)H（x）的兩個極值點，α＜β，β∈（1，e]．求證：對任意的x₁，x₂∈[α，β]，不等式|H（x₁）-H（x₂）|＜1恒成立．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）：先求出f′（x）=

x2+a

x

（x＞0），得：a=-1，經(jīng)檢驗符合題意；
（2）先求出g′（x）=a+1，從而（x²+a）（a+1）≥0，得：a≤-4，或a＞-1；
（3）先求出H′（x）=

(x-1)(x-a)

x

=0，得x=1，或x=a，從而H（x）_max=H（1），H（x）_min，設h（x）=

1

2

x²-xlnx-

1

2

，得h（x）在（1，e]上遞增，從而h（a）≤h（e）=1，問題解決．

解答： 解：（1）：由題意得f′（x）=

x2+a

x

（x＞0），
要使f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1）
則f′（1）=0，解得：a=-1，
另一方面當a=-1時，f′（x）=

(x-1)(x+1)

x

（x＞0），
由f（x）＜0，解得x∈（0，1），即f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1），
綜上a=-1；
（2）g′（x）=a+1，f（x），g（x）在區(qū)間[1，2]上都為單調(diào)函數(shù)，且單調(diào)性相同，
∴f′（x）g′（x）=

(x2+a)(a+1)

x

≥0，
∴（x²+a）（a+1）≥0，
∵-x²≤-1，∴a≤-x²或a＞-1，（a≠-1），又（-x²）_min=-4，
∴a≤-4，或a＞-1；
（3）∵H′（x）=

(x-1)(x-a)

x

=0，
∴x=1，或x=a，
又x²-（a+1）x+a=0有兩個不等的正根α，β，且α＜β，β∈（1，e]，
∴α=1，β=a∈（0，e]，
∴x∈[α，β]時，H′（x）≤0，即H（x）在[α，β]上單調(diào)遞減，
∴H（x）_max=H（1），H（x）_min=H（β），
則對?x₁，x₂∈[α，β]，
|H（x₁）-H（x₂）|＜H（1）-H（β）=[

1

2

-（a+1）]-[

1

2

a²+alna-a（a+1）]=

1

2

a²-alna-

1

2

，
設h（x）=

1

2

x²-xlnx-

1

2

，
則h′（x）=x-1-lnx，h″（x）=

x-1

x

，
當x∈（1，e]時，h′（x）＞0，
∴h′（x）在（1，e]上遞增，
∴h′（x）＞h′（1）=0，
∴h（x）在（1，e]上遞增，
∴h（a）≤h（e）=1，
∴對任意的x₁，x₂∈[α，β]，不等式|H（x₁）-H（x₂）|＜1恒成立．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問題，考查導數(shù)的應用，參數(shù)的范圍，不等式的證明，是一道綜合題．