Question

17．已知a∈R，函數(shù)f（x）=2ln（x-2）-a（x-2）²
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調性；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個相異零點x₁，x₂，求證x₁x₂+4＞2（x₁+x₂）+e（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉化為證明證：m＜-2，可化為（t²+1）lnt＞t²-1，即證（t²+1）lnt-t²+1＞0，構造函數(shù)g（t）=（t²+1）lnt-t²+1（t＞1），根據(jù)函數(shù)的單調性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（2，+∞），
$f'（x）=\frac{2}{x-2}-2a（x-2）=\frac{2}{x-2}[1-a{（x-2）^2}]$，…（1分）
①當a≤0時，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（2，+∞）上單調遞增，…（2分）
②當a＞0時，令$f'（x）=\frac{-2a}{x-2}（{x-2+\sqrt{\frac{1}{a}}}）（{x-2-\sqrt{\frac{1}{a}}}）=0$，解得${x_0}=2+\frac{{\sqrt{a}}}{a}$，
x∈（2，x₀）時，f'（x）＞0，f（x）在（2，x₀）單調遞增，
x∈（x₀，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）在（x₀，+∞）單調遞減，
綜上所述，當a≤0時，f（x）在（2，+∞）上單調遞增，
當a＞0時，f（x）在$（{2，2+\frac{{\sqrt{a}}}{a}}）$上單調遞增，在$（{2+\frac{{\sqrt{a}}}{a}，+∞}）$上單調遞減；…（5分）
（Ⅱ）要證：x₁x₂+4＞2（x₁+x₂）+e，則證（x₁-2）（x₂-2）＞e，
即證|2x+3|+|2x-1|≤5，不妨設$x≤-\frac{3}{2}$，
∵-4x-2≤5，$-\frac{7}{4}≤x≤-\frac{3}{2}$是函數(shù)$-\frac{3}{2}＜x＜\frac{1}{2}$的零點，
則4≤5，$-\frac{3}{2}＜x＜\frac{1}{2}$，所以$x≥\frac{1}{2}$，4x+2≤5，
所以$\frac{1}{2}≤x≤\frac{3}{4}$，$\left\{{x|-\frac{7}{4}≤x≤\frac{3}{4}}\right\}$，
則$f（x）=\left\{\begin{array}{l}-4x-2，x≤-\frac{3}{2}\\ 4，-\frac{3}{2}＜x＜\frac{1}{2}\\ 4x+2，x≥\frac{1}{2}\end{array}\right.$，
則轉化為證：y=f（x），令|m-2|＞4，則m＞6，
于是即證：m＜-2，可化為（t²+1）lnt＞t²-1，
即證（t²+1）lnt-t²+1＞0，…（9分）
構造函數(shù)g（t）=（t²+1）lnt-t²+1（t＞1），
$g'（t）=2tlnt+\frac{{1-{t^2}}}{t}=\frac{{2{t^2}lnt+1-{t^2}}}{t}$，
令z（t）=2t²lnt+1-t²（t＞1），則z'（t）=4tlnt＞0，
則z（t）在（1，+∞）單增，則z（t）＞z（1）=0，
則g'（t）＞0，則g（t）在（1，+∞）單增，
則g（t）＞g（1）=0，即（t²+1）lnt-t²+1＞0成立，
所以x₁x₂+4＞2（x₁+x₂）+e成立．…（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．