Question

1．已知函數(shù)$f（x）={a^2}x-\frac{1}{x}-2aln（ax）+\frac{1}{2}$，f'（x）為其導函數(shù)．
（1）設$g（x）=f（x）+\frac{1}{x}$，求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a＞0，設A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））為函數(shù)f（x）圖象上不同的兩點，且滿足f（x₁）+f（x₂）=1，設線段AB中點的橫坐標為x₀，證明：ax₀＞1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉化為證明$1-f（{x_2}）＞f（\frac{2}{a}-{x_2}）$（*）令$F（x）=f（\frac{2}{a}-x）+f（x）-1={a^2}（\frac{2}{a}-x）-\frac{1}{{\frac{2}{a}-x}}-2aln（2-ax）+{a^2}x-\frac{1}{x}-2alnax$，法一：根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可；法二：結合函數(shù)的圖象判斷即可．

解答 （1）解：$g（x）={a^2}x-2alnax+\frac{1}{2}$，$g'（x）={a^2}-\frac{2a}{x}=\frac{a（ax-2）}{x}$，
①a＞0時，g（x）定義域為（0，+∞），
在$（0，\frac{2}{a}）$上g'（x）＜0，故g（x）在$（0，\frac{2}{a}）$上單調(diào)遞減；
在$（\frac{2}{a}，+∞）$上g'（x）＞0，故g（x）在$（\frac{2}{a}，+∞）$上單調(diào)遞增．
②a＜0時，g（x）定義域為（-∞，0），在
$（-∞，\frac{2}{a}）$上g'（x）＞0，故g（x）在$（-∞，\frac{2}{a}）$上單調(diào)遞增；
在$（\frac{2}{a}，0）$上g'（x）＜0，故g（x）在$（\frac{2}{a}，0）$上單調(diào)遞減．
（2）證明：法一：$a{x_0}＞1?\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞\frac{1}{a}?{x_1}＞\frac{2}{a}-{x_2}$$f'（x）={a^2}+\frac{1}{x^2}-\frac{2a}{x}={（\frac{1}{x}-a）^2}≥0$，
故f（x）在定義域（0，+∞）上單調(diào)遞增．
只需證：$f（{x_1}）＞f（\frac{2}{a}-{x_2}）$，即證$1-f（{x_2}）＞f（\frac{2}{a}-{x_2}）$（*）
注意到$f（{x_1}）+f（{x_2}）=1，f（\frac{1}{a}）=\frac{1}{2}$，不妨設$0＜{x_1}＜\frac{1}{a}＜{x_2}$．
令$F（x）=f（\frac{2}{a}-x）+f（x）-1={a^2}（\frac{2}{a}-x）-\frac{1}{{\frac{2}{a}-x}}-2aln（2-ax）+{a^2}x-\frac{1}{x}-2alnax$，
則$F'（x）=\frac{1}{x^2}-\frac{a^2}{{{{（2-ax）}^2}}}-\frac{2a}{x}+\frac{{2{a^2}}}{2-ax}=-\frac{{4{{（ax-1）}^3}}}{{{x^2}{{（2-ax）}^2}}}≤0$，
$?x≥\frac{1}{a}$，從而F（x）在$[\frac{1}{a}，+∞）$上單減，
故$F（{x_2}）＜F（\frac{1}{a}）=0$，即得（*）式．
法而二：$f'（x）={a^2}+\frac{1}{x^2}-\frac{2a}{x}={（\frac{1}{x}-a）^2}≥0$故f（x）在定義域（0，+∞）上單調(diào)遞增．
注意到$f'（\frac{1}{a}）=0$且$f（\frac{1}{a}）=\frac{1}{2}$．
設$h（x）=\frac{a^4}{3}{（x-\frac{1}{a}）^3}+\frac{1}{2}$，則h（x）單調(diào)遞增且圖象關于$（\frac{1}{a}，\frac{1}{2}）$中心對稱．
構造函數(shù)$g（x）=h（x）-f（x）=\frac{a^4}{3}{（x-\frac{1}{a}）^3}-{a^2}x+\frac{1}{x}+2alnax$，
$g'（x）={a^4}{（x-\frac{1}{a}）^2}-{a^2}-\frac{1}{x^2}+\frac{2a}{x}=\frac{{{{（ax-1）}^2}（{a^2}{x^2}-1）}}{x^2}$，
當$x＞\frac{1}{a}$時，g'（x）＞0，g（x）單增；當$0＜x＜\frac{1}{a}$時，g'（x）＜0，g（x）單減，
故$g（x）≥g（\frac{1}{a}）=0$，且等號僅在$\frac{1}{a}$處取到．所以h（x）與f（x）圖象關系如下：

取h（x₃）=f（x₁），h（x₄）=f（x₂），
則顯然有x₁＞x₃，x₂＞x₄，從而x₁+x₂＞x₃+x₄，
另外由三次函數(shù)h（x）的中心對稱性可知${x_3}+{x_4}=\frac{2}{a}$，
則有 ${x_1}+{x_2}＞\frac{2}{a}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想、轉化思想、數(shù)形結合思想，是一道綜合題．