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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.

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.

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