题目内容
5.已知函数f(x)=$\frac{1}{2}$x2-(a+1)x+alnx.(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若m,n是函数f(x)的两个极值点,m<n,n∈(1,e].求证:对任意的x1,x2∈[m,n],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立.
分析 (1)先求出函数f(x)的导数,通过讨论a的范围,得到函数的单调性;
(2)先求出f′(x)=0,得x=1,或x=a,从而f(x)max=f(1),f(x)min=f(a),设h(x)=$\frac{1}{2}$x2-xlnx-$\frac{1}{2}$,得h(x)在(1,e]上递增,从而h(a)≤h(e)=1,问题解决.
解答 解:(1)f′(x)=x-(a+a)+$\frac{a}{x}$=$\frac{(x-1)(x-a)}{x}$,
①a≤0时,令f′(x)>0,解得:x>1,令f′(x)<0,解得:0<x<1,
∴函数f(x)在(0,1)递减,在(1,+∞)递增;
②0<a<1时,令f′(x)>0,解得:x>1或x<a,令f′(x)<0,解得:a<x<1,
∴f(x)在(0,a),(1,+∞)递增,在(a,1)递减;
③a=1时,f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)单调递增;
④a>1时,令f′(x)>0,解得:x>a或x<1,令f′(x)<0,解得:1<x<a,
∴f(x)在(0,1),(a,+∞)递增,在(1,a)递减;
(2)令f′(x)=$\frac{(x-1)(x-a)}{x}$=0,解得:x=1,或x=a,
又x2-(a+1)x+a=0有两个不等的正根m,n,且m<n,n∈(1,e],
∴m=1,n=a∈(0,e],
∴x∈[m,n]时,f′(x)≤0,即f(x)在[m,n]上单调递减,
∴f(x)max=f(1),f(x)min=f(a),
则对?x1,x2∈[m,n],
|f(x1)-f(x2)|<f(1)-f(a)=[$\frac{1}{2}$-(a+1)]-[$\frac{1}{2}$a2+alna-a(a+1)]=$\frac{1}{2}$a2-alna-$\frac{1}{2}$,
设h(x)=$\frac{1}{2}$x2-xlnx-$\frac{1}{2}$,
则h′(x)=x-1-lnx,h″(x)=$\frac{x-1}{x}$,
当x∈(1,e]时,h′(x)>0,
∴h′(x)在(1,e]上递增,
∴h′(x)>h′(1)=0,
∴h(x)在(1,e]上递增,
∴h(a)≤h(e)=$\frac{1}{2}$(e-1)2-1≈0.44<1,
∴对任意的x1,x2∈[m,n],不等式|f(x1)-f(x2)|<1恒成立.
点评 本题考查了函数的单调性,函数的最值问题,考查导数的应用,参数的范围,不等式的证明,是一道综合题.
A. | {x|x<1} | B. | {x|x>1} | C. | {x|0<x<1} | D. | ∅ |
A. | $\frac{{\sqrt{3}}}{3}$ | B. | $-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$ | C. | 0 | D. | $\sqrt{3}$ |
A. | 35 | B. | 2•34+1 | C. | 2•34 | D. | 34+1 |
A. | (-∞,2) | B. | (-∞,$\frac{13}{8}$] | C. | (-∞,2] | D. | [$\frac{13}{8}$,2) |