Question

1．已知函數$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x$．
（1）若函數f（x）存在單調遞減區間，求實數a的取值范圍；
（2）設x₁，x₂（x₁＞x₂）是函數f（x）的兩個極值點，若$a≥\frac{7}{2}$，求f（x₁）-f（x₂）的極大值．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，問題轉化為$x+\frac{1}{x}+1-a＜0$有解，根據不等式的性質求出a的范圍即可；
（2）求出函數的導數，得到f（x₁）-f（x₂）=$ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1^2-x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}}）=ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1}}）$，設$t=\frac{x_1}{x_2}，t＞1$，令$h（t）=lnt-\frac{1}{2}（{t-\frac{1}{t}}），t＞1$，根據函數的單調性求出函數的極大值即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x$，
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+x（{a-1}）=\frac{{{x^2}-（{a-1}）x+1}}{x}，x＞0$，
由題意知f'（x）＜0在（0，+∞）上有解，
即$x+\frac{1}{x}+1-a＜0$有解，
∵x＞0，∴$x+\frac{1}{x}≥2$，當且僅當x=1時等號成立，
要使$x+\frac{1}{x}＜a-1$有解，
只需要$x+\frac{1}{x}$的最小值小于a-1，
∴2＜a-1，解得實數a的取值范圍是{a|a＞3}．
（2）∵$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x$，
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+x-（{a-1}）=\frac{{{x^2}-（{a-1}）x+1}}{x}，x＞0$，
由題意知f'（x）=0在（0，+∞）上有解，
∵x＞0，設μ（x）=x²-（a-1）x+1，又$a≥\frac{7}{2}$，
∴△=（a-1）²-4＞0，∴x₁+x₂=a-1，x₁x₂=1，
則$f（{x_1}）-f（{x_2}）=[{ln{x_1}+\frac{1}{2}x_1^2-（{a-1}）{x_1}}]-[{ln{x_2}+\frac{1}{2}x_2^2-（{a-1}）{x_2}}]$
=$ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{x_1^2+x_2^2}）-（{a-1}）（{{x_1}-{x_2}}）=ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{x_1^2-x_2^2}）-（{{x_1}+{x_2}}）（{{x_1}-{x_2}}）$
=$ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1^2-x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}}）=ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1}}）$，
∵x₁＞x₂＞0，所以設$t=\frac{x_1}{x_2}，t＞1$，
令$h（t）=lnt-\frac{1}{2}（{t-\frac{1}{t}}），t＞1$，則$h'（t）=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}（{1+\frac{1}{t}}）=-\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，
∴h（t）在（1，+∞）上單調遞減，
∵$a≥\frac{7}{2}$，∴${（{a-1}）^2}≥\frac{25}{4}$，∴${（{a-1}）^2}={（{{x_1}+{x_2}}）^2}=\frac{{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=t+\frac{1}{t}+2≥\frac{25}{4}$，
∵t＞1，∴由4t²-17t+4=（4t-1）（t-4）≥0，得t≥4，
∴$h（t）≤h（4）=ln4-\frac{1}{2}（{4-\frac{1}{4}}）=2ln2-\frac{15}{8}$，
故f（x₁）-f（x₂）的最大值為$2ln2-\frac{15}{8}$．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及換元思想，轉化思想，考查不等式的性質，是一道綜合題．