Question

（2013•嘉興一模）已知函數f(x)=

1

2

x2-(2a+2)x+(2a+1)lnx
（I ）求f（x）的單調區間；
（II）對任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]，恒有|f(x1)|-f(x2)≤λ|

1

x1

-

1

x2

|，求正實數λ的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）先確定函數的定義域然后求導數fˊ（x），再對字母a分類討論，在函數的定義域內解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，求出單調區間．
（II）根據第一問的單調性，知f（x）在[1，2]上為減函數．若x₁=x₂，則原不等式恒成立；若x₁≠x₂，不妨設1≤x₁＜x₂≤2，則f（x₁）＞f（x₂），

1

x1

＞

1

x2

，所以原不等式進行化簡整理得f（x₁）-

λ

x1

≤f（x₂）-

λ

x2

對任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]，恒成立，令g（x）=f（x）-

λ

x

，轉化成研究g（x）在[1，2]的單調性，再利用導數即可求出正實數λ的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=x-（2a+2）+

2a+1

x

=

(x-2a-1)(x-1)

x

 （x＞0）
令f′（x）=0，得x₁=2a+1，x₂=1                 …（1分）
①a=0時，f′（x）=

(x-1)2

x

≥0，所以f（x）增區間是（0，+∞）；
②a＞0時，2a+1＞1，所以f（x）增區間是（0，1）與（2a+1，+∞），減區間是（1，2a+1）
③-

1

2

＜a＜0時，0＜2a+1＜1，所以f（x）增區間是（0，2a+1）與（1，+∞），減區間是（2a+1，1）
④a≤

1

2

時，2a+1≤0，所以f（x）增區間是（1，+∞），減區間是 （0，1）…（5分）
（II）因為a∈[

3

2

，

5

2

]，所以（2a+1）∈[4，6]，由（1）知f（x）在[1，2]上為減函數．…（6分）
若x₁=x₂，則原不等式恒成立，∴λ∈（0．+∞）                  …（7分）
若x₁≠x₂，不妨設1≤x₁＜x₂≤2，則f（x₁）＞f（x₂），

1

x1

＞

1

x2

，
所以原不等式即為：f（x₁）-f（x₂）≤λ（

1

x1

-

1

x2

），
即f（x₁）-

λ

x1

≤f（x₂）-

λ

x2

對任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]，恒成立
令g（x）=f（x）-

λ

x

，所以對任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]有g（x₁）＜g（x₂）恒成立，
所以g（x）=f（x）-

λ

x

在閉區間[1，2]上為增函數               …（9分）
所以g′（x）≥0對任意的a∈[

3

2

，

5

2

]，x1，x2∈[1，2]恒成立
而g′（x）=x-（2a+2）+

2a+1

x

+

λ

x2

≥0，即（2x-2x²）a+x³-2x+x²+λ≥0，
只需（2x-2x²）

5

2

+x³-2x+x²+λ≥0，即x³-7x²+6x+λ≥0對任意x∈[1，2]恒成立，
令h（x）=x³-7x²+6x+λ，h′（x）=3x²-14x+6＜0（x∈[1，2]）恒成立，
∴h（x）在x∈[1，2]上為減函數，則h（x）_min=h（2）=λ-8，
∴h（x）_min=h（2）=λ-8≥0，
∴λ≥8．

點評：本題主要考查函數的導數，單調性，極值，不等式等基礎知識，考查綜合利用數學知識分析問題、解決問題的能力．