Question

已知函數(shù)f(x)=

1

2

x2+alnx．
（Ⅰ）當(dāng)a＜0時(shí)，若?x＞0，使f（x）≤0成立，求a的取值范圍；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-（a+1）x，a∈（1，e]，證明：對(duì)?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

Answer 1

分析：（I）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)等于0求出根，列出x，f′（x），f（x）的情況變化表，通過表得到函數(shù)的最小值，令最小值小于等于0即可．
（II）求出g（x）的導(dǎo)函數(shù)，判斷出導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，得到函數(shù)g（x）遞減，求出g（x）的最大值及最小值，通過分析法只需證得最大值與最小值差的絕對(duì)值小于1即可，構(gòu)造新函數(shù)h（x），h（x）的導(dǎo)函數(shù)，判斷出其符號(hào)，進(jìn)一步求出h（x）的最大值，得證．

解答：解：（I）當(dāng)a＜0，由f′(x)=x+

a

x

．
令f′（x）=0，
∴x=

-a

列表：

x	(0， -a )	-a	( -a ，+∞)
f′（x）	-	0	+
f（x）	減函數(shù)	極小值	增函數(shù)

這是f(x) min=f(

-a

)=-

a

2

+aln

-a

．
∵?x＞0，使f（x）≤0成立，
∴-

a

2

+aln

-a

≤0，
∴a≤-e，
∴a范圍為（-∞，-e]．
（Ⅱ）因?yàn)閷?duì)對(duì)?x∈[1，a]，g′(x)=

(x-1)(x-a)

x

≤0，所以g（x）在[1，a]內(nèi)單調(diào)遞減．所以|g(x1)-g(x2)|≤g(1)-g(a)=

1

2

a2-alna-

1

2

．
要證明|g（x₁）-g（x₂）|＜1，
只需證明

1

2

a2-alna-

1

2

＜1，
即證明

1

2

a-lna-

3

2a

＜0．
令h(a)=

1

2

a-lna-

3

2a

，
h′(a)=

1

2

-

1

a

+

3

2a2

=

3

2

(

1

a

-

1

3

)2+

1

3

＞0，
所以h(a)=

1

2

a-lna-

3

2a

在a∈（1，e]是單調(diào)遞增函數(shù)，
所以h(a)≤h(e)=

e

2

-1-

3

2e

=

(e-3)(e+1)

2e

＜0，
故命題成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在最大值與最小值問題中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，判斷出函數(shù)的最值，本題第二小題是一個(gè)不等式證明的問題，即不等式恒成立問題，恒成立的問題一般轉(zhuǎn)化最值問題來求解．