Question

5．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x+alnx．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若m，n是函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)，m＜n，n∈（1，e]．求證：對(duì)任意的x₁，x₂∈[m，n]，不等式|f（x₁）-f（x₂）|＜1恒成立．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，得到函數(shù)的單調(diào)性；
（2）先求出f′（x）=0，得x=1，或x=a，從而f（x）_max=f（1），f（x）_min=f（a），設(shè)h（x）=$\frac{1}{2}$x²-xlnx-$\frac{1}{2}$，得h（x）在（1，e]上遞增，從而h（a）≤h（e）=1，問(wèn)題解決．

解答 解：（1）f′（x）=x-（a+a）+$\frac{a}{x}$=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$，
①a≤0時(shí)，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴函數(shù)f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
②0＜a＜1時(shí)，令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜a，令f′（x）＜0，解得：a＜x＜1，
∴f（x）在（0，a），（1，+∞）遞增，在（a，1）遞減；
③a=1時(shí)，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增；
④a＞1時(shí)，令f′（x）＞0，解得：x＞a或x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜a，
∴f（x）在（0，1），（a，+∞）遞增，在（1，a）遞減；
（2）令f′（x）=$\frac{（x-1）（x-a）}{x}$=0，解得：x=1，或x=a，
又x²-（a+1）x+a=0有兩個(gè)不等的正根m，n，且m＜n，n∈（1，e]，
∴m=1，n=a∈（0，e]，
∴x∈[m，n]時(shí)，f′（x）≤0，即f（x）在[m，n]上單調(diào)遞減，
∴f（x）_max=f（1），f（x）_min=f（a），
則對(duì)?x₁，x₂∈[m，n]，
|f（x₁）-f（x₂）|＜f（1）-f（a）=[$\frac{1}{2}$-（a+1）]-[$\frac{1}{2}$a²+alna-a（a+1）]=$\frac{1}{2}$a²-alna-$\frac{1}{2}$，
設(shè)h（x）=$\frac{1}{2}$x²-xlnx-$\frac{1}{2}$，
則h′（x）=x-1-lnx，h″（x）=$\frac{x-1}{x}$，
當(dāng)x∈（1，e]時(shí)，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）=$\frac{1}{2}$（e-1）²-1≈0.44＜1，
∴對(duì)任意的x₁，x₂∈[m，n]，不等式|f（x₁）-f（x₂）|＜1恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，參數(shù)的范圍，不等式的證明，是一道綜合題．