Question

10．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（2a+2）x+（2a+1）lnx．
（1）讨论函数y=f（x）的单调性；
（2）对任意的a∈[$\frac{1}{2}$，2]，x₁，x₂∈[1，2]（x₁≠x₂），恒有|f（x₁）-f（x₂）|＜λ|$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$|，求正实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，并分解因式，求出极值点，通过2a+1与0与1的大小讨论，再由导数大于0，可得增区间，导数小于0，可得减区间，注意定义域；
（2）求出2a+1的范围，可得f（x）在[1，2]递减，由题意可得原不等式即为f（x₁）-λ•$\frac{1}{{x}_{1}}$＜f（x₂）-λ•$\frac{1}{{x}_{2}}$
对任意的a∈[$\frac{1}{2}$，2]，x₁，x₂∈[1，2]恒成立，令g（x）=f（x）-$\frac{λ}{x}$，即有g（x₁）＜g（x₂），即为g（x）在[1，2]递增，求出g（x）的导数，令导数大于等于0，再由一次函数的单调性可得只需 2（2x-2x²）a+x³-2x²+x+λ≥0．对x∈[1，2]恒成立，令h（x）=x³-6x²+5x+λ，求出导数，求得单调区间和最小值，解不等式即可得到所求范围．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-（2a+2）x+（2a+1）lnx的导数
f′（x）=x-（2a+2）+$\frac{2a+1}{x}$=$\frac{（x-1）（x-2a-1）}{x}$，x＞0，由f′（x）=0，解得x=1或x=2a+1，
①当2a+1≤0即a$≤-\frac{1}{2}$时，由f′（x）＞0，可得1＜x；f′（x）＜0，可得0＜x＜1．
f（x）的增区间为：（1，+∞）；减区间为（0，1）．
②当0＜2a+1＜1时，即-$\frac{1}{2}＜a＜0$时，
由题意可得由f′（x）＞0，可得0＜x＜2a+1或1＜x；f′（x）＜0，可得2a+1＜x＜1．
即有f（x）的增区间为（0，2a+1），（1，+∞）；减区间为（2a+1，1）；
③当2a+1=1时，即a=0时，
由题意可得由f′（x）≥0，f（x）的增区间为（0，+∞）；
④当1＜2a+1时，即a＞0时，
由题意可得由f′（x）＞0，可得0＜x＜1或2a+1＜x；f′（x）＜0，可得1＜x＜2a+1．
即有f（x）的增区间为（0，1），（2a+1，+∞）；减区间为（1，2a+1）；
（2）由a∈[$\frac{1}{2}$，2]，可得2a+1∈[3，5]，
由（1）可得f（x）在[1，2]递减．
设1≤x₁＜x₂≤2，即有f（x₁）＞f（x₂），$\frac{1}{{x}_{1}}$＞$\frac{1}{{x}_{2}}$，
原不等式即为f（x₁）-λ•$\frac{1}{{x}_{1}}$＜f（x₂）-λ•$\frac{1}{{x}_{2}}$
对任意的a∈[$\frac{1}{2}$，2]，x₁，x₂∈[1，2]恒成立，
令g（x）=f（x）-$\frac{λ}{x}$，即有g（x₁）＜g（x₂），即为g（x）在[1，2]递增，
即有g′（x）≥0对任意的a∈[$\frac{1}{2}$，2]，x₁，x₂∈[1，2]恒成立，
即x-（2a+2）+$\frac{2a+1}{x}$+$\frac{λ}{{x}^{2}}$≥0，即为x³-（2a+2）x²+（2a+1）x+λ≥0，
则（2x-2x²）a+x³-2x²+x+λ≥0，a∈[$\frac{1}{2}$，2]，
由x∈[1，2]，可得2x-2x²≤0，只需a=2，（2x-2x²）2+x³-2x²+x+λ≥0．
即x³-6x²+5x+λ≥0对x∈[1，2]恒成立，
令h（x）=x³-6x²+5x+λ，h′（x）=3x²-12x+5≤0在1≤x≤2恒成立，
则有h（x）在[1，2]递减，可得h（2）取得最小值，且为8-24+10+λ≥0，
解得λ≥6．即有正数λ的取值范围是[6，+∞）．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，同时考查不等式恒成立问题的解法，注意运用构造函数和单调性，考查运算能力，具有一定的难度．