2009-辽宁卷理-21 解-导数

本题导读

本题为导数与不等式综合压轴题。第一问通过求导、因式分解通分，在定义域内对根的大小进行分类讨论以确定单调区间；第二问将含有双变量 $x_1,x_2$ 的不等式变形，转化为构造单调函数并求其最值的问题，是高考解决此类双变量不等式的经典套路。

📌【题干】

Question

（2009年辽宁卷(理)） 已知函数 $f(x)=\frac{1}{2}{x}^2-ax+(a-1)\ln x$，$a>1$.

(1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性;

(2) 证明：若 $a<5$，则对于任意 $x_1,x_2\in (0,+\infty )$，$x_1\ne x_2$，有 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>-1$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 对于第(1)问，求出 $f^{\prime }(x)=\frac{(x-1)(x-a+1)}{x}$。由于定义域为 $(0,+\infty )$，且 $a>1$，需对两个根 $1$ 和 $a-1$ 的大小关系进行分类讨论（即讨论 $a-1$ 与 $1$ 的大小，等价于 $a$ 与 $2$ 的大小）。
2. 对于第(2)问，不妨设 $x_1>x_2>0$。去分母后，不等式等价于 $f(x_1)-f(x_2)>-(x_1-x_2)$，移项整理为 $f(x_1)+x_1>f(x_2)+x_2$。
3. 由此构造辅助函数 $g(x)=f(x)+x$，将问题转化为证明 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上是单调递增函数，即在 $a<5$ 的条件下证明 $g^{\prime }(x)⩾0$ 恒成立。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得： $f^{\prime }(x)=x-a+\frac{a-1}{x}=\frac{x^2-ax+a-1}{x}=\frac{(x-1)(x-(a-1))}{x}$ 令 $f^{\prime }(x)=0$，得 $x=1$ 或 $x=a-1$。 因为 $a>1$，所以 $a-1>0$。下面对 $a-1$ 与 $1$ 的大小进行分类讨论：

① 当 $a-1<1$，即 $1<a<2$ 时： 由 $f^{\prime }(x)>0$ 得 $0<x<a-1$ 或 $x>1$； 由 $f^{\prime }(x)<0$ 得 $a-1<x<1$。 所以，$f(x)$ 的单调增区间为 $(0,a-1)$ 和 $(1,+\infty )$；单调减区间为 $(a-1,1)$。

② 当 $a-1=1$，即 $a=2$ 时： $f^{\prime }(x)=\frac{(x-1{)}^2}{x}⩾0$ 恒成立（仅在 $x=1$ 处为 $0$）。 所以，$f(x)$ 的单调增区间为 $(0,+\infty )$，无单调减区间。

③ 当 $a-1>1$，即 $a>2$ 时： 由 $f^{\prime }(x)>0$ 得 $0<x<1$ 或 $x>a-1$； 由 $f^{\prime }(x)<0$ 得 $1<x<a-1$。 所以，$f(x)$ 的单调增区间为 $(0,1)$ 和 $(a-1,+\infty )$；单调减区间为 $(1,a-1)$。

(2) 证明： 对于任意 $x_1,x_2\in (0,+\infty )$ 且 $x_1\ne x_2$，不妨设 $x_1>x_2>0$。 要证 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>-1$， 只需证 $f(x_1)-f(x_2)>-(x_1-x_2)$， 即证 $f(x_1)+x_1>f(x_2)+x_2$。 构造辅助函数 $g(x)=f(x)+x$，则上述不等式等价于 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。 对 $g(x)$ 求导，得： $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+1=x-a+\frac{a-1}{x}+1=\frac{x^2-(a-1)x+a-1}{x}$ 若要使 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增，只需 $g^{\prime }(x)⩾0$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立。 因为 $x>0$，只需分子 $h(x)=x^2-(a-1)x+a-1⩾0$ 恒成立。 由于 $h(x)$ 是开口向上的二次函数，要使其在实数集上恒大于等于 0，只需判别式 $\Delta ⩽0$： $\Delta =[-(a-1){]}^2-4(a-1)=(a-1{)}^2-4(a-1)=(a-1)(a-5)⩽0$ 因为 $a>1$，所以 $a-1>0$。 从而解得 $1<a⩽5$。 由题意已知 $1<a<5$（因为 $a>1$ 且 $a<5$），显然满足 $\Delta <0$。 此时 $h(x)>0$ 恒成立，从而 $g^{\prime }(x)>0$ 恒成立。 所以函数 $g(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。 因为 $x_1>x_2>0$，所以 $g(x_1)>g(x_2)$， 即 $f(x_1)+x_1>f(x_2)+x_2$。 原不等式 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>-1$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：利用导数研究含参函数的单调性，利用构造函数法解决双变量不等式。
2. 核心方法：

• 单调性讨论：求导因式分解后，通过比较驻点 $1$ 与 $a-1$ 的大小来划分单调区间。
• “同构法”构造函数：将 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>k$ 变形为 $f(x_1)-k{x}_1>f(x_2)-k{x}_2$（当 $x_1>x_2$ 时），进而构造新函数 $g(x)=f(x)-kx$ 证明其单调性，是破解此类双变量平均变化率问题的终极杀招。

3. 避坑指南：第(1)问写区间时必须注意定义域 $(0,+\infty )$，例如当 $a>2$ 时，增区间之一是 $(0,1)$ 而不是 $(-\infty ,1)$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 典型的高考导数压轴题，考查了利用一元函数单调性解决多元变量不等式的基本数学思想。
2. 结论推广: 一般地，若函数 $f(x)$ 满足在定义域内对任意 $x_1\ne x_2$ 均有 $\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>k$，则等价于函数 $g(x)=f(x)-kx$ 在该定义域内单调递增，即 $f^{\prime }(x)⩾k$ 恒成立。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式