Question

8．已知函数f（x）=x²-1+aln（1-x），a∈R．
（Ⅰ）若函数f（x）为定义域上的单调函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若函数f（x）存在两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂．证明：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，由二次函数的性质，当a≥$\frac{1}{2}$，函数f′（x）＜0恒成立，则f（x）在（-∞，1）上单调减函数，a＜$\frac{1}{2}$，函数的两个极值点，根据函数的单调性即可求得实数a的取值范围；
（Ⅱ）由题意可知：-2x²+2x-a=0，在x＜1有两个不等式的实根，利用韦达定理即可求得x₁，x₂，分别求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＞0，即可求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（-∞，1），求导：f′（x）=2x-$\frac{a}{1-x}$=$\frac{-2{x}^{2}+2x-a}{1-x}$，x＜1，
令g（x）=-2x²+2x-a，则△=4-4（-2）（-a）=4-8a，
当4-8a≤0时，即a≥$\frac{1}{2}$，则-2x²+2x-a≤0恒成立，
则f（x）在（-∞，1）上单调减函数，
当4-8a＞0时，即a＜$\frac{1}{2}$，则-2x²+2x-a=0的两个根为x₁=$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，
当x∈（-∞，x₁）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（x₁，$\frac{1}{2}$），f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，不符合题意，
综上可知：函数f（x）为定义域上的单调函数，则实数a的取值范围（$\frac{1}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）证明：由函数有两个极值点，则f′（x）=0，在x＜1上有两个不等的实根，
即-2x²+2x-a=0，在x＜1有两个不等式的实根，x₁，x₂，
由0＜a＜$\frac{1}{2}$，则$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{a}{2}}\end{array}\right.$，且x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），x₂∈（$\frac{1}{2}$，1），
则$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}^{2}-1+aln（1-{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=$\frac{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}+1）+2{x}_{1}{x}_{2}ln（1-{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=-（1+x₁）+2x₁ln（1-x₁），
同理可得：$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=-（1+x₂）+2x₂ln（1-x₂），
则$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=（x₂-x₁）+2x₁ln（1-x₁）-2x₂ln（1-x₂），
=2x₂-1+2（1-x₂）lnx₂-2x₂ln（1-x₂），
令g（x）=2x-1+2（1-x）lnx-2xln（1-x），x∈（$\frac{1}{2}$，1），
求导，g′（x）=-2ln[x（1-x）]+$\frac{2}{x}$+$\frac{2x}{1-x}$，x∈（$\frac{1}{2}$，1），
由x∈（$\frac{1}{2}$，1），则$\frac{2}{x}$+$\frac{2x}{1-x}$＞0，则g′（x）＞0，
则g（x）在x∈（$\frac{1}{2}$，1），上单调递增，
则g（x）＞g（$\frac{1}{2}$）=0，
则$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＞0，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$成立．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数的单调及极值的关系，二次函数的性质，考查构造法，考查计算能力，属于难题．