Question

8．已知函數(shù)f（x）=x²-1+aln（1-x），a∈R．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）為定義域上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂．證明：$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)，由二次函數(shù)的性質(zhì)，當(dāng)a≥$\frac{1}{2}$，函數(shù)f′（x）＜0恒成立，則f（x）在（-∞，1）上單調(diào)減函數(shù)，a＜$\frac{1}{2}$，函數(shù)的兩個(gè)極值點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）由題意可知：-2x²+2x-a=0，在x＜1有兩個(gè)不等式的實(shí)根，利用韋達(dá)定理即可求得x₁，x₂，分別求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＞0，即可求得$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?∞，1），求導(dǎo)：f′（x）=2x-$\frac{a}{1-x}$=$\frac{-2{x}^{2}+2x-a}{1-x}$，x＜1，
令g（x）=-2x²+2x-a，則△=4-4（-2）（-a）=4-8a，
當(dāng)4-8a≤0時(shí)，即a≥$\frac{1}{2}$，則-2x²+2x-a≤0恒成立，
則f（x）在（-∞，1）上單調(diào)減函數(shù)，
當(dāng)4-8a＞0時(shí)，即a＜$\frac{1}{2}$，則-2x²+2x-a=0的兩個(gè)根為x₁=$\frac{1-\sqrt{1-2a}}{2}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1-2a}}{2}$，
當(dāng)x∈（-∞，x₁）時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（x₁，$\frac{1}{2}$），f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，不符合題意，
綜上可知：函數(shù)f（x）為定義域上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍（$\frac{1}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）證明：由函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則f′（x）=0，在x＜1上有兩個(gè)不等的實(shí)根，
即-2x²+2x-a=0，在x＜1有兩個(gè)不等式的實(shí)根，x₁，x₂，
由0＜a＜$\frac{1}{2}$，則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{a}{2}}\end{array}\right.$，且x₁∈（0，$\frac{1}{2}$），x₂∈（$\frac{1}{2}$，1），
則$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}^{2}-1+aln（1-{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=$\frac{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}+1）+2{x}_{1}{x}_{2}ln（1-{x}_{1}）}{{x}_{2}}$=-（1+x₁）+2x₁ln（1-x₁），
同理可得：$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=-（1+x₂）+2x₂ln（1-x₂），
則$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$=（x₂-x₁）+2x₁ln（1-x₁）-2x₂ln（1-x₂），
=2x₂-1+2（1-x₂）lnx₂-2x₂ln（1-x₂），
令g（x）=2x-1+2（1-x）lnx-2xln（1-x），x∈（$\frac{1}{2}$，1），
求導(dǎo)，g′（x）=-2ln[x（1-x）]+$\frac{2}{x}$+$\frac{2x}{1-x}$，x∈（$\frac{1}{2}$，1），
由x∈（$\frac{1}{2}$，1），則$\frac{2}{x}$+$\frac{2x}{1-x}$＞0，則g′（x）＞0，
則g（x）在x∈（$\frac{1}{2}$，1），上單調(diào)遞增，
則g（x）＞g（$\frac{1}{2}$）=0，
則$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$-$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$＞0，
∴$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{1}}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)及極值的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，考查構(gòu)造法，考查計(jì)算能力，屬于難題．