Question

20．設函數f（x）=-a²lnx+x²-ax（a∈R）．
（1）試討論函數f（x）的單調性；
（2）如果a＞0且關于x的方程f（x）=m有兩解x₁，x₂（x₁＜x₂），證明x₁+x₂＞2a．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論a的范圍求出函數的單調區(qū)間即可；
（2）得$-\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}+$$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）=0$，把$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）$=$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$代入（*）式，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，得只需證$-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt＜0$．令$φ（t）=-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt$（0＜t＜1），根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）由f（x）=-a²lnx+x²-ax，
可知$f'（x）=-\frac{a^2}{x}+2x-a$=$\frac{{2{x^2}-ax-{a^2}}}{x}=\frac{（2x+a）（x-a）}{x}$．
因為函數f（x）的定義域為（0，+∞），所以，
①若a＞0，則當x∈（0，a）時，f'（x）＜0，函數f（x）單調遞減，
當x∈（a，+∞）時，f'（x）＞0，函數f（x）單調遞增；
②若a=0，則當f'（x）=2x＞0在x∈（0，+∞）內恒成立，函數f（x）單調遞增；
③若a＜0，則當$x∈（0，-\frac{a}{2}）$時，f'（x）＜0，函數f（x）單調遞減，
當$x∈（-\frac{a}{2}，+∞）$時，f'（x）＞0，函數f（x）單調遞增．
（2）要證x₁+x₂＞2a，只需證$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞a$．
設g（x）=f'（x）=-$\frac{a^2}{x}+2x-a$，
因為$g'（x）=\frac{a^2}{x^2}+2＞0$，
所以g（x）=f'（x）為單調遞增函數．
所以只需證$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞f'（a）=0$，
即證$-\frac{{2{a^2}}}{{{x_1}+{x_2}}}+{x_1}+{x_2}-a＞0$，
只需證$-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}+$$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）＞0$．（*）
又$-{a^2}ln{x_1}+x_1^2-a{x_1}=m$，$-{a^2}ln{x_2}+x_2^2-a{x_2}=m$，
所以兩式相減，并整理，得$-\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}+$$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）=0$．
把$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）$=$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$代入（*）式，
得只需證$-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}+\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞0$，
可化為$-\frac{{2（{\frac{x_1}{x_2}-1}）}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}+ln\frac{x_1}{x_2}＜0$．
令$\frac{x_1}{x_2}=t$，得只需證$-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt＜0$．
令$φ（t）=-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt$（0＜t＜1），
則$φ'（t）=-\frac{4}{{{{（{t+1}）}^2}}}+\frac{1}{t}$=$\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{{{（{t+1}）}^2}t}}＞0$，
所以φ（t）在其定義域上為增函數，
所以φ（t）＜φ（1）=0．
綜上得原不等式成立．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及不等式的證明，考查轉化思想以及換元思想，是一道綜合題．