Question

已知函數(shù)f（x）=aln（x-a）-

1

2

x2+x（a＜0）．
（1）求f（x）的單調區(qū)間；
（2）若-1＜a＜2（ln2-1），求證：函數(shù)f（x）只有一個零點x₀，且a+1＜x₀＜a+2；
（3）當a=-

4

5

時，記函數(shù)f（x）的零點為x₀，若對任意x₁，x₂∈[0，x₀]且x₂-x₁=1，都有|f（x₂）-f（x₁）|≥m成立，求實數(shù)m的最大值．（本題可參考數(shù)據(jù)：ln2≈0.7，ln

9

4

≈0.8，ln

9

5

≈0.59）

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,函數(shù)的零點,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導數(shù)，利用導數(shù)的正負，可得f（x）的單調區(qū)間；
（2）由（1）知，f（x）的極小值為f（0），極大值為f（a+1），利用f(a+2)=aln2-

1

2

a2-a=-

1

2

a[a-2(ln2-1)]＜0，即可證明結論；
（3）求出|f（x₂）-f（x₁）|的最小值為f(0)-f(1)=

4

5

ln

9

4

-

1

2

，即可求實數(shù)m的最大值．（

解答： 解：（1）f（x）的定義域為（a，+∞）.f′(x)=

a

x-a

-x+1=

-x2+(a+1)x

x-a

．
令f'（x）=0，x=0或x=a+1．
當-1＜a＜0時，a+1＞0，函數(shù)f（x）與f'（x）隨x的變化情況如下表：

x	（a，0）	0	（0，a+1）	a+1	（a+1，+∞）
f（x）	-	0	+	0	-
f'（x）	↘	極小值	↗	極大值	↘

所以，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是（0，a+1），單調遞減區(qū)間是（a，0）和（a+1，+∞）．
當a=-1時，f′(x)=

-x2

x+1

≤0．所以，函數(shù)f（x）的單調遞減區(qū)間是（-1，+∞）．
當a＜-1時，a+1＜0，函數(shù)f（x）與f'（x）隨x的變化情況如下表：

x	（a，a+1）	a+1	（a+1，0）	0	（0，+∞）
f（x）	-	0	+	0	-
f'（x）	↘	極小值	↗	極大值	↘

所以，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是（a+1，0），單調遞減區(qū)間是（a，a+1）和（0，+∞）．
（2）證明：當-1＜a＜2（ln2-1）＜0時，由（1）知，f（x）的極小值為f（0），極大值為f（a+1）．
因為f（0）=aln（-a）＞0，f(a+1)=-

1

2

(a+1)2+(a+1)=

1

2

(1-a2)＞0，且f（x）在（a+1，+∞）上是減函數(shù)，所以f（x）至多有一個零點．
又因為f(a+2)=aln2-

1

2

a2-a=-

1

2

a[a-2(ln2-1)]＜0，
所以函數(shù)f（x）只有一個零點x₀，且a+1＜x₀＜a+2．
（3）解：因為-1＜-

4

5

＜2(ln2-1)，所以，對任意x₁，x₂∈[0，x₀]且x₂-x₁=1，
由（2）可知：x₁∈[0，a+1），x₂∈（a+1，x₀]，且x₂≥1．
因為 函數(shù)f（x）在[0，a+1）上是增函數(shù)，在（a+1，+∞）上是減函數(shù)，
所以 f（x₁）≥f（0），f（x₂）≤f（1）．
所以 f（x₁）-f（x₂）≥f（0）-f（1）．
當a=-

4

5

時，f(0)-f(1)=aln(

a

a-1

)-

1

2

=

4

5

ln

9

4

-

1

2

＞0．
所以f（x₁）-f（x₂）≥f（0）-f（1）＞0．
所以|f（x₂）-f（x₁）|的最小值為f(0)-f(1)=

4

5

ln

9

4

-

1

2

．
所以使得|f（x₂）-f（x₁）|≥m恒成立的m的最大值為

4

5

ln

9

4

-

1

2

．

點評：本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查學生分析解決問題的能力，正確求導是關鍵．