Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2alnx+（a-2）x，a∈R．
（1）當a=1時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）是否存在實數(shù)a，對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜a恒成立？若存在，求出a的取值范圍；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）把a=1代入函數(shù)解析式，求導，根據(jù)導函數(shù)在各區(qū)間段內的符號得到原函數(shù)的單調性即可；
（2）假設0＜x₁＜x₂，則f（x₂）-ax₂＞f（x₁）-ax₁恒成立，構造輔助函數(shù)g（x）=f（x）-ax，只要使函數(shù)g（x）在定義域內為增函數(shù)即可，利用其導函數(shù)恒大于等于0可求解a的取值范圍．

解答 解：（1）a=1時，f（x）=$\frac{1}{2}$x²+2lnx-x，（x＞0），
f′（x）=$\frac{（x-2）（x+1）}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞2，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜2，
∴f（x）在（0，2）遞減，在（2，+∞）遞增；
（2）假設存在實數(shù)a使得對任意的x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，有$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜a恒成立，
不妨設0＜x₁＜x₂，則f（x₂）-ax₂＜f（x₁）-ax₁恒成立．
令g（x）=f（x）-ax，只要g（x）在（0，+∞）為減函數(shù)．
又函數(shù)g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+2alnx-2x，（x＞0），
g′（x）=$\frac{{ax}^{2}-2x+2a}{x}$，
令h（x）=ax²-2x+2a，只需h（x）≤0在（0，+∞）恒成立即可，
a=0時，顯然成立，
a≠0時，只需$\left\{\begin{array}{l}{a＜0}\\{h（0）≤0}\\{-\frac{-2}{2a}＜0}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{a＜0}\\{△≤0}\end{array}\right.$，
解得：a＜0，
綜上，a≤0．

點評 本題考查了利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調性，求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學轉化思想方法，考查二次函數(shù)的性質以及不等式恒成立問題．