Question

17．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-alnx+1（a∈R）．
（1）若函数f（x）在[1，2]上是单调递增函数，求实数a的取值范围；
（2）若-2≤a＜0，对任意x₁，x₂∈[1，2]，不等式|f（x₁）-f（x₂）|≤m|$\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}$|恒成立，求m的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为a≤x²，求出a的范围即可；
（2）问题可化为$f（{x_2}）+\frac{m}{x_2}≤f（{x_1}）+\frac{m}{x_1}$，设$h（x）=f（x）+\frac{m}{x}=\frac{1}{2}{x^2}-alnx+b+\frac{m}{x}$，求出函数的导数，问题等价于m≥x³-ax在[1，2]上恒成立，求出m的最小值即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-alnx+1$在[1，2]上是增函数，
∴${f^'}（x）=x-\frac{a}{x}≥0$恒成立，…（2分）
所以a≤x²…（3分）
只需a≤（x²）_min=1…（5分）
（2）因为-2≤a＜0，由（1）知，函数f（x）在[1，2]上单调递增，…（6分）
不妨设1≤x₁≤x₂≤2，则$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|≤m|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，
可化为$f（{x_2}）+\frac{m}{x_2}≤f（{x_1}）+\frac{m}{x_1}$，
设$h（x）=f（x）+\frac{m}{x}=\frac{1}{2}{x^2}-alnx+b+\frac{m}{x}$，
则h（x₁）≥h（x₂）．
所以h（x）为[1，2]上的减函数，
即${h^'}（x）=x-\frac{a}{x}-\frac{m}{x^2}≤0$在[1，2]上恒成立，
等价于m≥x³-ax在[1，2]上恒成立，…（9分）
设g（x）=x³-ax，所以m≥g（x）_max，
因-2≤a＜0，所以g'（x）=3x²-a＞0，
所以函数g（x）在[1，2]上是增函数，
所以g（x）_max=g（2）=8-2a≤12（当且仅当a=-2时等号成立）．
所以m≥12．即m的最小值为12．                               …（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是一道中档题．