Question

11．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²-（a+1）x+lnx，其中a＞0．
（I）讨论函数f（x）的单调性；
（II）若a＞1，证明：对任意x₁，x₂∈（1，+∞）（x₁≠x₂），总有$\frac{{|f（{x_1}）-f（{x_2}）|}}{{|a{x_1}^2-a{x_2}^2|}}$＜$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，并判断导数的符号，分别讨论a的取值，确定函数的单调区间．
（Ⅱ）不妨设x₁＞x₂＞1，则有f（x₁）＞f（x₂），$a{x_1}^2＞a{x_2}^2$，于是要证$\frac{{|f（{x_1}）-f（{x_2}）|}}{{|a{x_1}^2-a{x_2}^2|}}＜\frac{1}{2}$，即证$f（{x_1}）-\frac{1}{2}a{x_1}^2＜f（{x_2}）-\frac{1}{2}a{x_2}^2$，构造函数，利用导数和函数的单调性的关系即可证明．

解答 解：（ I）∵x∈（0，+∞），$f'（x）=ax-（a+1）+\frac{1}{x}=\frac{（ax-1）（x-1）}{x}$，
令f'（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$或x=1．
①若0＜a＜1，则x∈（0，1）时，f'（x）＞0；$x∈（1，\frac{1}{a}）$时，f'（x）＜0；$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，f'（x）＞0，
故函数f（x）在（0，1），$（\frac{1}{a}，+∞）$上单调递增，在$（1，\frac{1}{a}）$上单调递减．
②若a=1时，则f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③若a＞1时，则f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$，（1，+∞）上单调递增，在$（\frac{1}{a}，1）$上单调递减．
（ II）由（ I）可知，当a＞1时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，
不妨设x₁＞x₂＞1，则有f（x₁）＞f（x₂），$a{x_1}^2＞a{x_2}^2$，于是要证$\frac{{|f（{x_1}）-f（{x_2}）|}}{{|a{x_1}^2-a{x_2}^2|}}＜\frac{1}{2}$，
即证$f（{x_1}）-f（{x_2}）＜\frac{1}{2}a{x_1}^2-\frac{1}{2}a{x_2}^2$，
即证$f（{x_1}）-\frac{1}{2}a{x_1}^2＜f（{x_2}）-\frac{1}{2}a{x_2}^2$，
令$h（x）=f（x）-\frac{1}{2}a{x^2}=lnx-（a+x）（x＞1）$，
∵$h'（x）=\frac{1}{x}-（a+1）=\frac{1-（a+1）x}{x}$，
∵（a+1）x＞2，1-（a+1）x＜0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，即有h（x₁）＜h（x₂）．
故对任意x₁，x₂∈（1，+∞）（x₁≠x₂），总有$\frac{{|f（{x_1}）-f（{x_2}）|}}{{|a{x_1}^2-a{x_2}^2|}}$＜$\frac{1}{2}$．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和求函数的最值问题，体现了分类讨论和转化的思想方法．