Question

已知函数f(x)=

1

2

x2+alnx．
（Ⅰ）当a＜0时，若?x＞0，使f（x）≤0成立，求a的取值范围；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-（a+1）x，a∈（1，e]，证明：对?x₁，x₂∈[1，a]，恒有|g（x₁）-g（x₂）|＜1．

Answer 1

分析：（I）求出函数f（x）的导函数，令导函数等于0求出根，列出x，f′（x），f（x）的情况变化表，通过表得到函数的最小值，令最小值小于等于0即可．
（II）求出g（x）的导函数，判断出导函数的符号，得到函数g（x）递减，求出g（x）的最大值及最小值，通过分析法只需证得最大值与最小值差的绝对值小于1即可，构造新函数h（x），h（x）的导函数，判断出其符号，进一步求出h（x）的最大值，得证．

解答：解：（I）当a＜0，由f′(x)=x+

a

x

．
令f′（x）=0，
∴x=

-a

列表：

x	(0， -a )	-a	( -a ，+∞)
f′（x）	-	0	+
f（x）	减函数	极小值	增函数

这是f(x) min=f(

-a

)=-

a

2

+aln

-a

．
∵?x＞0，使f（x）≤0成立，
∴-

a

2

+aln

-a

≤0，
∴a≤-e，
∴a范围为（-∞，-e]．
（Ⅱ）因为对对?x∈[1，a]，g′(x)=

(x-1)(x-a)

x

≤0，所以g（x）在[1，a]内单调递减．所以|g(x1)-g(x2)|≤g(1)-g(a)=

1

2

a2-alna-

1

2

．
要证明|g（x₁）-g（x₂）|＜1，
只需证明

1

2

a2-alna-

1

2

＜1，
即证明

1

2

a-lna-

3

2a

＜0．
令h(a)=

1

2

a-lna-

3

2a

，
h′(a)=

1

2

-

1

a

+

3

2a2

=

3

2

(

1

a

-

1

3

)2+

1

3

＞0，
所以h(a)=

1

2

a-lna-

3

2a

在a∈（1，e]是单调递增函数，
所以h(a)≤h(e)=

e

2

-1-

3

2e

=

(e-3)(e+1)

2e

＜0，
故命题成立．

点评：本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，解题的关键是利用导数研究出函数的单调性，判断出函数的最值，本题第二小题是一个不等式证明的问题，即不等式恒成立问题，恒成立的问题一般转化最值问题来求解．