Question

9．已知函數(shù)f（x）=x²+（2-a）x-alnx，其中a為常數(shù)且a＞0．
（1）若曲線y=f（x）與直線y=$\frac{a}{2}$相切，求a的值；
（2）設(shè)x₁，x₂為兩個不相等的正數(shù)，若f（x₁）=f（x₂），證明：x₁+x₂＞a．

Answer 1

分析 （1）求得導(dǎo)數(shù)，設(shè)出切點，可得切線的斜率和切點，解方程可得a=2：
（2）設(shè)0＜x₁＜x₂，則x₁²-（a-2）x₁-alnx₁=x₂²-（a-2）x₂-alnx2，求得a，只要證$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞$\frac{a}{2}$即可，
即證明x₁+x₂＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}-{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$，即證明x₁²-x₂²+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＜x₁²+2x₁-x₂²-2x₂，
即證明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．設(shè)t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1）．令g（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，運用單調(diào)性即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=x²+（2-a）x-alnx的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=2x+2-a-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（2x-a）}{x}$，
設(shè)切點為（m，n），可得2m+2-a-$\frac{a}{m}$=0，n=$\frac{a}{2}$=m²+（2-a）m-alnm，
化簡可得a=2m，m+2lnm=1，
由g（x）=x+2lnx在x＞0遞增，且g（1）=1，
可得m=1，a=2；
（2）證明：若f（x₁）=f（x₂），
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，則x₁²-（a-2）x₁-alnx₁=x₂²-（a-2）x₂-alnx₂．
可得（x₁-x₂）（x₁+x₂）-（a-2）（x₁-x₂）=a（lnx₁-lnx₂），
即a=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}-{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$，
因為f′（$\frac{a}{2}$）=0，
當x∈（0，$\frac{a}{2}$）時，f′（x）＜0，當x∈（$\frac{a}{2}$，+∞）時，f′（x）＞0，
故只要證$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞$\frac{a}{2}$即可，
即證明x₁+x₂＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}-{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$，
即證明x₁²-x₂²+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＜x₁²+2x₁-x₂²-2x₂，
即證明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．設(shè)t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1）．
令g（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，則g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$．
因為t＞0，所以g′（t）≥0，
當且僅當t=1時，g′（t）=0，所以g（t）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
又g（1）=0，所以當t∈（0，1）時，g（t）＜0總成立．所以原不等式得證．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)，考查運算能力，屬于難題．