Question

（2013•嘉兴一模）已知函数f(x)=

1

2

x2-(2a+2)x+(2a+1)lnx
（I ）求f（x）的单调区间；
（II）对任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]，恒有|f(x1)|-f(x2)≤λ|

1

x1

-

1

x2

|，求正实数λ的取值范围．

Answer 1

分析：（I）先确定函数的定义域然后求导数fˊ（x），再对字母a分类讨论，在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出单调区间．
（II）根据第一问的单调性，知f（x）在[1，2]上为减函数．若x₁=x₂，则原不等式恒成立；若x₁≠x₂，不妨设1≤x₁＜x₂≤2，则f（x₁）＞f（x₂），

1

x1

＞

1

x2

，所以原不等式进行化简整理得f（x₁）-

λ

x1

≤f（x₂）-

λ

x2

对任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]，恒成立，令g（x）=f（x）-

λ

x

，转化成研究g（x）在[1，2]的单调性，再利用导数即可求出正实数λ的取值范围．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=x-（2a+2）+

2a+1

x

=

(x-2a-1)(x-1)

x

 （x＞0）
令f′（x）=0，得x₁=2a+1，x₂=1                 …（1分）
①a=0时，f′（x）=

(x-1)2

x

≥0，所以f（x）增区间是（0，+∞）；
②a＞0时，2a+1＞1，所以f（x）增区间是（0，1）与（2a+1，+∞），减区间是（1，2a+1）
③-

1

2

＜a＜0时，0＜2a+1＜1，所以f（x）增区间是（0，2a+1）与（1，+∞），减区间是（2a+1，1）
④a≤

1

2

时，2a+1≤0，所以f（x）增区间是（1，+∞），减区间是 （0，1）…（5分）
（II）因为a∈[

3

2

，

5

2

]，所以（2a+1）∈[4，6]，由（1）知f（x）在[1，2]上为减函数．…（6分）
若x₁=x₂，则原不等式恒成立，∴λ∈（0．+∞）                  …（7分）
若x₁≠x₂，不妨设1≤x₁＜x₂≤2，则f（x₁）＞f（x₂），

1

x1

＞

1

x2

，
所以原不等式即为：f（x₁）-f（x₂）≤λ（

1

x1

-

1

x2

），
即f（x₁）-

λ

x1

≤f（x₂）-

λ

x2

对任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]，恒成立
令g（x）=f（x）-

λ

x

，所以对任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]有g（x₁）＜g（x₂）恒成立，
所以g（x）=f（x）-

λ

x

在闭区间[1，2]上为增函数               …（9分）
所以g′（x）≥0对任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]恒成立
而g′（x）=x-（2a+2）+

2a+1

x

+

λ

x2

≥0，即（2x-2x²）a+x³-2x+x²+λ≥0，
只需（2x-2x²）

5

2

+x³-2x+x²+λ≥0，即x³-7x²+6x+λ≥0对任意x∈[1，2]恒成立，
令h（x）=x³-7x²+6x+λ，h′（x）=3x²-14x+6＜0（x∈[1，2]）恒成立，
∴h（x）在x∈[1，2]上为减函数，则h（x）_min=h（2）=λ-8，
∴h（x）_min=h（2）=λ-8≥0，
∴λ≥8．

点评：本题主要考查函数的导数，单调性，极值，不等式等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．