Question

已知函数f（x）=

x2

2

+a3ln(x-a-a2)，a∈R且a≠0．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，若a2+a＜x1＜x2＜a2-a，证明：

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

a2

2

-a．

Answer 1

（1）由题意，可得f'（x）=x+

a3

x-a-a2

=

x2-(a+a2)x+a3

x-a-a2

=

(x -a)(x-a2)

x-a-a2

．…（2分）
令f'（x）＞0，因为x-a-a²＞0故（x-a）（x-a²）＞0．
当a＞0时，因为a+a²＞a且a+a²＞a²，所以上不等式的解为（a+a²，+∞），
因此，此时函数f（x）在（a+a²，+∞）上单调递增．…（4分）
当a＜0时，因为a＜a+a²＜a²，所以上不等式的解为（a²，+∞），
从而此时函数f（x）在（a²，+∞）上单调递增，同理此时f（x）在（a+a²＜a²）上单调递减．…（6分）
（2）要证原不等式成立，只须证明f（x₂）-f（x₁）＜（x₂-x₁）（

1

2

a2-a），
只须证明f（x₂）-（

1

2

a2-a）x₂＜f（x₁）-（

1

2

a2-a）x₁．
因为a2+a＜x1＜x2＜a2-a，
所以原不等式等价于函数h（x）=f（x）-（

1

2

a2-a）x在区间（a²+a，a²-a）内单调递减．…（8分）
由（1）知h'（x）=x-（

1

2

a2-a）+

a3

x-a-a2

=

x2- 3 2 a2x+ a4 2 + a3 2 -a2

x-a-a2

，
因为x-a-a²＞0，所以考察函数g（x）=x²-

3

2

a2x+

a4

2

+

a3

2

-a²，x∈[a²+a，a²-a]．
∵

a2+a+a2-a

2

=a²＞

3a2

4

，且g（x）图象的对称轴x=

3a2

4

∈[a²+a，a²-a]，
∴g（x）≤g（a²-a）=0．…（10分）
从而可得h'（x）＜0在x∈[a²+a，a²-a]上恒成立，
所以函数h（x）=f（x）-（

1

2

a2-a）x在（a²+a，a²-a）内单调递减．
从而可得原命题成立    …（12分）