Question

（2013•沈陽二模）已知函數(shù)f（x）=

x2

2

+a3ln(x-a-a2)，a∈R且a≠0．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；
（2）當a＜0時，若a2+a＜x1＜x2＜a2-a，證明：

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

a2

2

-a．

Answer 1

分析：（1）對f（x）求導數(shù)，得f'（x）=

(x -a)(x-a2)

x-a-a2

，再分a的正負討論a、a+a²和a²的大小關系，即可得到f（x）單調性的兩種情況，得到函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）原不等式進行化簡，等價變形得f（x₂）-（

1

2

a2-a）x₂＜f（x₁）-（

1

2

a2-a）x₁．因此轉化為證明函數(shù)h（x）=f（x）-（

1

2

a2-a）x在區(qū)間（a²+a，a²-a）內單調遞減，而h'（x）=

x2- 3 2 a2x+ a4 2 + a3 2 -a2

x-a-a2

，通過研究分子對應二次函數(shù)在區(qū)間[a²+a，a²-a]上的取值，可得h'（x）＜0在x∈[a²+a，a²-a]上恒成立，因此h（x）=f（x）-（

1

2

a2-a）x在區(qū)間（a²+a，a²-a）內是減函數(shù)，從而得到原不等式成立．

解答：解：（1）由題意，可得f'（x）=x+

a3

x-a-a2

=

x2-(a+a2)x+a3

x-a-a2

=

(x -a)(x-a2)

x-a-a2

．…（2分）
令f'（x）＞0，因為x-a-a²＞0故（x-a）（x-a²）＞0．
當a＞0時，因為a+a²＞a且a+a²＞a²，所以上不等式的解為（a+a²，+∞），
因此，此時函數(shù)f（x）在（a+a²，+∞）上單調遞增．…（4分）
當a＜0時，因為a＜a+a²＜a²，所以上不等式的解為（a²，+∞），
從而此時函數(shù)f（x）在（a²，+∞）上單調遞增，同理此時f（x）在（a+a²＜a²）上單調遞減．…（6分）
（2）要證原不等式成立，只須證明f（x₂）-f（x₁）＜（x₂-x₁）（

1

2

a2-a），
只須證明f（x₂）-（

1

2

a2-a）x₂＜f（x₁）-（

1

2

a2-a）x₁．
因為a2+a＜x1＜x2＜a2-a，
所以原不等式等價于函數(shù)h（x）=f（x）-（

1

2

a2-a）x在區(qū)間（a²+a，a²-a）內單調遞減．…（8分）
由（1）知h'（x）=x-（

1

2

a2-a）+

a3

x-a-a2

=

x2- 3 2 a2x+ a4 2 + a3 2 -a2

x-a-a2

，
因為x-a-a²＞0，所以考察函數(shù)g（x）=x²-

3

2

a2x+

a4

2

+

a3

2

-a²，x∈[a²+a，a²-a]．
∵

a2+a+a2-a

2

=a²＞

3a2

4

，且g（x）圖象的對稱軸x=

3a2

4

∈[a²+a，a²-a]，
∴g（x）≤g（a²-a）=0．…（10分）
從而可得h'（x）＜0在x∈[a²+a，a²-a]上恒成立，
所以函數(shù)h（x）=f（x）-（

1

2

a2-a）x在（a²+a，a²-a）內單調遞減．
從而可得原命題成立    …（12分）

點評：本題給出含有自然對數(shù)的基本初等函數(shù)，求函數(shù)的單調區(qū)間并依此證明不等式在給定條件下成立．著重考查了基本初等函數(shù)的性質、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和不等式的性質等知識，屬于中檔題．