Question

（2012•海淀區二模）已知函數f(x)=aln(x-a)-

1

2

x2+x(a＜0)．
（I）當-1＜a＜0時，求f（x）的單調區間；
（II）若-1＜a＜2（ln2-1），求證：函數f（x）只有一個零點x₀，且a+1＜x₀＜a+2；
（III）當a=-

4

5

時，記函數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m的最大值．
（本題可參考數據：ln2=0.7，ln

9

4

=0.8，ln

9

5

=0.59）

Answer 1

分析：（I）f（x）的定義域為（a，+∞）．f′(x)=

a

x-a

-x+1=

-x2+(a+1)x

x-a

．由此能求出題函數f（x）的單調區間．
（II）當-1＜a＜2（ln2-1）＜0時，由（I）知，f（x）的極小值為f（0），極大值為f（a+1）．由此能夠證明函數f（x）只有一個零點x₀，且a+1＜x₀＜a+2．
（III）因為-1＜-

4

5

＜2(ln2-1)，所以任意x₁，x₂∈[0，x₀]且x₂-x₁=1，由（II）可知x₁∈[0，a+1]，x₂∈（a+1，x₀]，且x₂≥1．由此能推導出使得|f（x₂）-f（x₁）|≥m恒成立的m的最大值．

解答：（I）解：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f（x）的單調遞增區間是（0，a+1），單調遞減區間是（a，0）和（a+1，+∞）．…（4分）
（II）證明：當-1＜a＜2（ln2-1）＜0時，
由（I）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，
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f（x）只有一個零點x₀，且a+1＜x₀＜a+2．…（9分）
（III）解：因為-1＜-

4

5

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

．…（14分）

點評：本題考查函數的單調區間的求法，考查不等式的證明，考查滿足條件的實數的最大值的求法，考查推理論證能力，考查等價轉化思想，解題時要認真審題，注意導數性質的合理運用．