Question

1．已知函数$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x$．
（1）若函数f（x）存在单调递减区间，求实数a的取值范围；
（2）设x₁，x₂（x₁＞x₂）是函数f（x）的两个极值点，若$a≥\frac{7}{2}$，求f（x₁）-f（x₂）的极大值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为$x+\frac{1}{x}+1-a＜0$有解，根据不等式的性质求出a的范围即可；
（2）求出函数的导数，得到f（x₁）-f（x₂）=$ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1^2-x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}}）=ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1}}）$，设$t=\frac{x_1}{x_2}，t＞1$，令$h（t）=lnt-\frac{1}{2}（{t-\frac{1}{t}}），t＞1$，根据函数的单调性求出函数的极大值即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x$，
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+x（{a-1}）=\frac{{{x^2}-（{a-1}）x+1}}{x}，x＞0$，
由题意知f'（x）＜0在（0，+∞）上有解，
即$x+\frac{1}{x}+1-a＜0$有解，
∵x＞0，∴$x+\frac{1}{x}≥2$，当且仅当x=1时等号成立，
要使$x+\frac{1}{x}＜a-1$有解，
只需要$x+\frac{1}{x}$的最小值小于a-1，
∴2＜a-1，解得实数a的取值范围是{a|a＞3}．
（2）∵$f（x）=lnx+\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x$，
∴$f'（x）=\frac{1}{x}+x-（{a-1}）=\frac{{{x^2}-（{a-1}）x+1}}{x}，x＞0$，
由题意知f'（x）=0在（0，+∞）上有解，
∵x＞0，设μ（x）=x²-（a-1）x+1，又$a≥\frac{7}{2}$，
∴△=（a-1）²-4＞0，∴x₁+x₂=a-1，x₁x₂=1，
则$f（{x_1}）-f（{x_2}）=[{ln{x_1}+\frac{1}{2}x_1^2-（{a-1}）{x_1}}]-[{ln{x_2}+\frac{1}{2}x_2^2-（{a-1}）{x_2}}]$
=$ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{x_1^2+x_2^2}）-（{a-1}）（{{x_1}-{x_2}}）=ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{x_1^2-x_2^2}）-（{{x_1}+{x_2}}）（{{x_1}-{x_2}}）$
=$ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1^2-x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}}）=ln\frac{x_1}{x_2}+\frac{1}{2}（{\frac{x_1}{x_2}-\frac{x_2}{x_1}}）$，
∵x₁＞x₂＞0，所以设$t=\frac{x_1}{x_2}，t＞1$，
令$h（t）=lnt-\frac{1}{2}（{t-\frac{1}{t}}），t＞1$，则$h'（t）=\frac{1}{t}-\frac{1}{2}（{1+\frac{1}{t}}）=-\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，
∴h（t）在（1，+∞）上单调递减，
∵$a≥\frac{7}{2}$，∴${（{a-1}）^2}≥\frac{25}{4}$，∴${（{a-1}）^2}={（{{x_1}+{x_2}}）^2}=\frac{{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}}}{{{x_1}{x_2}}}=t+\frac{1}{t}+2≥\frac{25}{4}$，
∵t＞1，∴由4t²-17t+4=（4t-1）（t-4）≥0，得t≥4，
∴$h（t）≤h（4）=ln4-\frac{1}{2}（{4-\frac{1}{4}}）=2ln2-\frac{15}{8}$，
故f（x₁）-f（x₂）的最大值为$2ln2-\frac{15}{8}$．

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换元思想，转化思想，考查不等式的性质，是一道综合题．