Question

已知函数f（x）=aln（x-a）-

1

2

x2+x（a＜0）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若-1＜a＜2（ln2-1），求证：函数f（x）只有一个零点x₀，且a+1＜x₀＜a+2；
（3）当a=-

4

5

时，记函数f（x）的零点为x₀，若对任意x₁，x₂∈[0，x₀]且x₂-x₁=1，都有|f（x₂）-f（x₁）|≥m成立，求实数m的最大值．（本题可参考数据：ln2≈0.7，ln

9

4

≈0.8，ln

9

5

≈0.59）

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,函数的零点,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）求导数，利用导数的正负，可得f（x）的单调区间；
（2）由（1）知，f（x）的极小值为f（0），极大值为f（a+1），利用f(a+2)=aln2-

1

2

a2-a=-

1

2

a[a-2(ln2-1)]＜0，即可证明结论；
（3）求出|f（x₂）-f（x₁）|的最小值为f(0)-f(1)=

4

5

ln

9

4

-

1

2

，即可求实数m的最大值．（

解答： 解：（1）f（x）的定义域为（a，+∞）.f′(x)=

a

x-a

-x+1=

-x2+(a+1)x

x-a

．
令f'（x）=0，x=0或x=a+1．
当-1＜a＜0时，a+1＞0，函数f（x）与f'（x）随x的变化情况如下表：

x	（a，0）	0	（0，a+1）	a+1	（a+1，+∞）
f（x）	-	0	+	0	-
f'（x）	↘	极小值	↗	极大值	↘

所以，函数f（x）的单调递增区间是（0，a+1），单调递减区间是（a，0）和（a+1，+∞）．
当a=-1时，f′(x)=

-x2

x+1

≤0．所以，函数f（x）的单调递减区间是（-1，+∞）．
当a＜-1时，a+1＜0，函数f（x）与f'（x）随x的变化情况如下表：

x	（a，a+1）	a+1	（a+1，0）	0	（0，+∞）
f（x）	-	0	+	0	-
f'（x）	↘	极小值	↗	极大值	↘

所以，函数f（x）的单调递增区间是（a+1，0），单调递减区间是（a，a+1）和（0，+∞）．
（2）证明：当-1＜a＜2（ln2-1）＜0时，由（1）知，f（x）的极小值为f（0），极大值为f（a+1）．
因为f（0）=aln（-a）＞0，f(a+1)=-

1

2

(a+1)2+(a+1)=

1

2

(1-a2)＞0，且f（x）在（a+1，+∞）上是减函数，所以f（x）至多有一个零点．
又因为f(a+2)=aln2-

1

2

a2-a=-

1

2

a[a-2(ln2-1)]＜0，
所以函数f（x）只有一个零点x₀，且a+1＜x₀＜a+2．
（3）解：因为-1＜-

4

5

＜2(ln2-1)，所以，对任意x₁，x₂∈[0，x₀]且x₂-x₁=1，
由（2）可知：x₁∈[0，a+1），x₂∈（a+1，x₀]，且x₂≥1．
因为 函数f（x）在[0，a+1）上是增函数，在（a+1，+∞）上是减函数，
所以 f（x₁）≥f（0），f（x₂）≤f（1）．
所以 f（x₁）-f（x₂）≥f（0）-f（1）．
当a=-

4

5

时，f(0)-f(1)=aln(

a

a-1

)-

1

2

=

4

5

ln

9

4

-

1

2

＞0．
所以f（x₁）-f（x₂）≥f（0）-f（1）＞0．
所以|f（x₂）-f（x₁）|的最小值为f(0)-f(1)=

4

5

ln

9

4

-

1

2

．
所以使得|f（x₂）-f（x₁）|≥m恒成立的m的最大值为

4

5

ln

9

4

-

1

2

．

点评：本题考查导数知识的综合运用，考查学生分析解决问题的能力，正确求导是关键．