Question

2．已知函數(shù)f （x）=alnx+$\frac{1}{2}$x²-ax （a為常數(shù)）．
（Ⅰ）試討論f （x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若f （x）有兩個(gè)極值點(diǎn)分別為x₁，x₂．不等式f （x₁）+f （x₂）＜λ（x₁+x₂）恒成立，求λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）根據(jù)f（x₁）+f（x₂）=a（lna-$\frac{1}{2}$a-1），得到$\frac{f{（x}_{1}）+f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=lna-$\frac{1}{2}$a-1，a∈（4，+∞），令φ（a）=lna-$\frac{1}{2}$a-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出λ的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{a}{x}$+x-a=$\frac{x2-ax+a}{x}$ （x＞0），
①當(dāng)a＜0時(shí)，解f′（x）=0得，x=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，
f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$），單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，+∞）；  
②當(dāng)0≤a≤4時(shí)，x²-ax+a=0的△=a²-4a≤0，
所以f′（x）≥0，f（x）的增區(qū)間為（0，+∞），無減區(qū)間；      
③當(dāng)a＞4時(shí)，△=a²-4a＞0，解f′（x）=0得，x_1，2=$\frac{a±\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，
f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$），（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，+∞），
單調(diào)減區(qū)間為（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4a}}{2}$）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，設(shè)為x₁，x₂，
則 a＞4，x₁+x₂=a，x₁x₂=a
故f（x₁）+f（x₂）=alnx₁+$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$-a x₁+alnx₂+$\frac{1}{2}$${{x}_{2}}^{2}$-ax₂=aln（x₁x₂）+$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）-a（x₁+x₂）
=aln（x₁x₂）+$\frac{1}{2}$ （x₁+x₂）²-x₁x₂-a（x₁+x₂）=a（lna-$\frac{1}{2}$a-1）
于是$\frac{f{（x}_{1}）+f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=lna-$\frac{1}{2}$a-1，a∈（4，+∞）．
令φ（a）=lna-$\frac{1}{2}$a-1，則φ′（a）=$\frac{1}{a}$-$\frac{1}{2}$．
因?yàn)閍＞4，所以φ′（a）＜0．于是φ（a）=lna-$\frac{1}{2}$a-1在（4，+∞）上單調(diào)遞減，
因此$\frac{f{（x}_{1}）+f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=φ（a）＜φ（4）=ln4-3．且$\frac{f{（x}_{1}）+f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$可無限接近ln4-3．
又因?yàn)閤₁+x₂＞0，故不等式f （x₁）+f （x₂）＜λ（x₁+x₂）等價(jià)于$\frac{f{（x}_{1}）+f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$＜λ，
所以λ的最小值為ln4-3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．