Question

20．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$+alnx-bx，a，b为实数．
（1）当b=0时，求函数f（x）的值域；
（2）当a=b=-1时，若a∈（1，e]，求证：对任意s，t∈[1，a]恒有|f（s）-f（t）|＜1．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为证明$\frac{1}{2}$a²-alna-$\frac{1}{2}$＜1，记h（a）=$\frac{1}{2}$a²-alna-$\frac{3}{2}$，1＜a≤e，根据合适的单调性证明即可．

解答 解：（1）b=0时，f′（x）=x+$\frac{a}{x}$，x＞0，
a＞0时，f′（x）＞0，f（x）递增，f（x）的值域是R，
a=0时，f′（x）＞0，f（x）递增，f（x）的值域是（0，+∞），
a＜0时，由f′（x）=x+$\frac{a}{x}$=0，得x=$\sqrt{-a}$，
故f（x）在（0，$\sqrt{-a}$）递减，在（$\sqrt{-a}$，+∞）递增，
故f（x）_min=-$\frac{a}{2}$+aln（$\sqrt{-a}$），f（x）的值域是[-$\frac{a}{2}$+aln$\sqrt{-a}$，+∞）；
（2）证明：∵对于任意x∈[1，a]，
f′（x）=$\frac{（x-a）（x-1）}{x}$≤0，
∴f（x）在[1，a]内单调递减，
于是|f（s）-f（t）|≤f（1）-f（a）=$\frac{1}{2}$a²-alna-$\frac{1}{2}$，
要证|f（s）-f（t）|＜1，即证$\frac{1}{2}$a²-alna-$\frac{1}{2}$＜1，
记h（a）=$\frac{1}{2}$a²-alna-$\frac{3}{2}$，1＜a≤e，
则h′（a）=a-lna-1，h″（a）=1-$\frac{1}{a}$，
∵1＜a≤e，∴1-$\frac{1}{a}$＞0，∴h″（a）＞0，
∴当1＜a≤e时，h′（a）递增，
又h′（1）=0，∴h′（a）＞0，
∴当1＜a≤e时，h（a）递增，
∴h（a）_max=h（e）=$\frac{（e-3）（e+1）}{2}$＜0，
故命题成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的由应用以及分类讨论思想、考查不等式的证明，是一道中档题．