Question

19．已知函數f（x）=$\frac{a}{2}$x²-（a+1）lnx+x+1．
（1）當a＜0時，討論f（x）的單調性；
（2）若g（x）=$\frac{a+1}{2}$x²-a1nx-ax+1-f（x），設x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數g（x）的兩個極值點，若a≥$\frac{3}{2}$，且g（x₁）-g（x₂）≥k恒成立，求實數k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數，通過討論a的范圍，得到函數的單調性；（2）求函數的導數，根據函數極值之間的關系即可證明不等式．

解答 解：（1）f′（x）=ax-$\frac{a+1}{x}$+1=$\frac{（ax+a+1）（x-1）}{x}$，
①-$\frac{1}{2}$＜a＜0時，-$\frac{a+1}{a}$＞1，
令f′（x）＞0，解得：x＞-$\frac{a+1}{a}$或0＜x＜1，
令f′（x）＜0，解得：1＜x＜-$\frac{a+1}{a}$，
∴f（x）在（0，1），（-$\frac{a+1}{a}$，+∞）遞增，在（1，-$\frac{a+1}{a}$）遞減；
②-1≤a≤-$\frac{1}{2}$時，0＜-$\frac{a+1}{a}$≤1，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜-$\frac{a+1}{a}$，
令f′（x）＜0，解得：-$\frac{a+1}{a}$＜x＜1
∴f（x）在（0，-$\frac{a+1}{a}$）遞增，（-$\frac{a+1}{a}$，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
③a＜-1時，-$\frac{a+1}{a}$＜0，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）∵g（x）=$\frac{a+1}{2}$x²-a1nx-ax+1-f（x）=）=lnx+$\frac{1}{2}$x2-（a+1）x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（a+1）=$\frac{{x}^{2}-（a+1）x+1}{x}$，
由g′（x）=0得x²-（a+1）x+1=0
∴x₁+x₂=a+1，x₁x₂=1，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵a≥$\frac{3}{2}$，∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}≥\frac{5}{2}}\\{0{＜x}_{1}＜\frac{1}{{x}_{1}}}\end{array}\right.$，解得：0＜x₁≤$\frac{1}{2}$，
∴g（x₁）-g（x₂）=ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$-${{x}_{2}}^{2}$）-（a+1）（x₁-x₂）=2lnx₁-$\frac{1}{2}$（x₁²-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$），
設F（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$）（0＜x≤$\frac{1}{2}$），
則F′（x）=$\frac{2}{x}$-x-$\frac{1}{{x}^{3}}$=-$\frac{{{（x}^{2}-1）}^{2}}{{x}^{3}}$＜0
∴F（x）在（0，$\frac{1}{2}$]上單調遞減； 
∴當x₁=$\frac{1}{2}$時，F（x）min=F（$\frac{1}{2}$）=$\frac{15}{8}$-2ln2，
∴k≤$\frac{15}{8}$-2ln2，
∴k的最大值為$\frac{15}{8}$-2ln2．

點評 本題主要考查導數的綜合應用，求函數的導數，利用函數的極值，最值和導數之間是關系是解決本題的關鍵．綜合性較強，運算量較大．