Question

5．设函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-（{a-1}）x-alnx$．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若f（x）=b有两个不相等的实数根x₁，x₂，求证$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞0$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-a\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}（ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}）$，令g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，（x＞1），根据函数的单调性证明结论即可．

解答 解：（I）f′（x）=x-（a-1）-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（x-a）}{x}$，（x＞0），
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，解f′（x）＞0得x＞a，解f'（x）＜0得0＜x＜a．
所以f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
（II）f（x）=b有两个不相等的实数根x₁，x₂，不妨设0＜x₁＜x₂．
∴$\frac{1}{2}x_2^2-（a-1）{x_2}-aln{x_2}=\frac{1}{2}x_1^2-（a-1）{x_1}-aln{x_1}$
$\frac{1}{2}$（${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$）-（a-1）（x₂-x₁）=a（lnx₂-lnx₁，
$\frac{1}{2}$（x₂+x₁）-（a-1）=a$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$                              
而f′（x）=x-（a-1）-$\frac{a}{x}$，∴$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}-（a-1）-a\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-a\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}（ln\frac{x_2}{x_1}-2\frac{{\frac{x_2}{x_1}-1}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}）$，
令g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，（x＞1），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-2•$\frac{x+1-（x-1）}{{（x+1）}^{2}}$，（x＞1），
∴g′（x）=$\frac{{（x-1）}^{2}}{{x（x+1）}^{2}}$＞0，所以g（x）在（1，+∞）单调递增．
∴g（x）＞g（1）=0，
∴$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞0$．

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分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．