Question

4．已知函数f（x）=x-1-alnx（a＜0）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若对任意x₁，x₂∈（0，1]，且x₁≠x₂，都有$|f（{x_1}）-f（{x_2}）|＜4|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|$，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据a的范围，求出导函数的符号，从而求出函数的单调区间，
（2）将问题转化为x²-ax-4≤0在x∈（0，1]时恒成立，而函数y=x-$\frac{4}{x}$在区间（0，1]上是增函数，所以y=x-$\frac{4}{x}$的最大值为-3，从而求出a的范围．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域（0，+∞），f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，
当a＜0时，f'（x）＞0恒成立，此时，函数f（x）在（0，+∞）上是增函数；
（2）当a＜0时，函数f（x）在（0，1]上是增函数，
又函数y=$\frac{1}{x}$在（0，1]上是减函数，不妨设0＜x₁＜x₂≤1，
则|f（x₁）-f（x₂）|=f（x₂）-f（x₁），|$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$|=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$，
所以|f（x₁）-f（x₂）|＜4|$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$|等价于f（x₂）-f（x₁）＜$\frac{4}{{x}_{1}}$-$\frac{4}{{x}_{2}}$，
即f（x₂）+$\frac{4}{{x}_{2}}$＜f（x₁）+$\frac{4}{{x}_{1}}$，
设h（x）=f（x）+$\frac{4}{x}$=x-1-alnx+$\frac{4}{x}$，
则|f（x₁）-f（x₂）|＜4|$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{{x}_{2}}$|等价于函数h（x）在区间（0，1]上是减函数．
于是h′（x）=1-$\frac{a}{x}$-$\frac{4}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-ax-4}{{x}^{2}}$≤0即x²-ax-4≤0在x∈（0，1]时恒成立，
从而a≥x-$\frac{4}{x}$在x∈（0，1]上恒成立，
而函数y=x-$\frac{4}{x}$在区间（0，1]上是增函数，
所以y=x-$\frac{4}{x}$的最大值为-3．
于是a≥-3，又a＜0，所以a∈[-3，0）．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，求参数的范围，考查转化思想，是一道综合题．