Question

8．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-alnx-（a-2）x．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂（1）求滿(mǎn)足條件的最小正整數(shù)a的值；（2）求證：$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f′（x）=2x-（a-2）-$\frac{a}{x}$=$\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$，（x＞0）．對(duì)a分類(lèi)討論：a≤0，a＞0，即可得出單調(diào)性．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可知函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a＞0，f（x）的最小值f（$\frac{a}{2}$）＜0，即-a²+4a-4aln$\frac{a}{2}$＜0，可得$a-4+4ln\frac{a}{2}＞0$，令$h（a）=a-4+4ln\frac{a}{2}$，顯然h（a）在（0，+∞）上為增函數(shù)，且$h（2）=-2＜0，h（3）=4ln\frac{3}{2}-1＞0$，因此存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，進(jìn)而得出小正整數(shù)a的值．
（2）不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，于是${x}_{1}^{2}-（a-2）{x}_{1}$-alnx₁=${x}_{2}^{2}-（a-2）{x}_{2}$-alnx₂，可得a=$\frac{{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}-{x}_{2}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$．由于${f}^{′}（\frac{a}{2}）$=0，當(dāng)x∈$（\frac{a}{2}，+∞）$時(shí)，f′（x）＞0．只要證$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$$＞\frac{a}{2}$即可，即證明x₁+x₂＞$\frac{{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}-{x}_{2}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$．，即證$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．設(shè)$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1）．令m（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2x-（a-2）-$\frac{a}{x}$=$\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$，（x＞0）．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），此時(shí)f（x）無(wú)單調(diào)減區(qū)間；
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0，得$x＞\frac{a}{2}$，f′（x）＜0，得$0＜x＜\frac{a}{2}$，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{a}{2}$，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，$\frac{a}{2}$）；
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可知函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a＞0，
f（x）的最小值f（$\frac{a}{2}$）＜0，即-a²+4a-4aln$\frac{a}{2}$＜0，
∵a＞0，∴$a-4+4ln\frac{a}{2}＞0$，
令$h（a）=a-4+4ln\frac{a}{2}$，顯然h（a）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
且$h（2）=-2＜0，h（3）=4ln\frac{3}{2}-1＞0$
∴存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，
當(dāng)a＞a₀時(shí)，h（a）＞0；當(dāng)0＜a＜a₀時(shí)，h（a）＜0，
所以滿(mǎn)足條件的最小正整數(shù)a=3．
又當(dāng)a=3時(shí)，f（3）=3（2-ln3）＞0，$f（\frac{3}{2}）$=$\frac{3}{4}（1-4ln\frac{3}{2}）$＜0，f（1）=0，
所以a=3時(shí)，f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)．
綜上所述，滿(mǎn)足條件的最小正整數(shù)a的值為3．
（2）證明：不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，
于是${x}_{1}^{2}-（a-2）{x}_{1}$-alnx₁=${x}_{2}^{2}-（a-2）{x}_{2}$-alnx₂，
∴a=$\frac{{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}-{x}_{2}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$．，
因?yàn)?{f}^{′}（\frac{a}{2}）$=0，當(dāng)x∈$（0，\frac{a}{2}）$時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x∈$（\frac{a}{2}，+∞）$時(shí)，f′（x）＞0．
故只要證$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$$＞\frac{a}{2}$即可，即證明x₁+x₂＞$\frac{{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}-{x}_{2}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$．，
即證${x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}$+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＞${x}_{1}^{2}+2{x}_{1}$-${x}_{2}^{2}$-2x₂．
也就是證$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
設(shè)$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1）．
令m（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，則m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$．
∵t＞0，所以m'（t）≥0，
當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，m'（t）=0，所以m（t）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
又m（1）=0，所以當(dāng)m∈（0，1），m（t）＜0總成立，所以原題得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值、等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、分析法、不等式的性質(zhì)與解法，考查了推理能力與計(jì)算能力、函數(shù)的零點(diǎn)，屬于難題．