Question

5．已知函數(shù)f（x）=alnx-2x，g（x）=x²-（2-a）x-（2-a）lnx，其中a∈R．
（1）判斷f（x）單調性；
（2）若g（x）在其定義域內為增函數(shù)，求正實數(shù)a的取值范圍；
（3）若F（x）=f（x）-g（x）函數(shù)存在兩個零點m、n，且2x₀=m+n，問：函數(shù)F（x）在點（x₀，F(xiàn)（x₀））處的切線能否平行于x軸？

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍，得到函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）根據(jù)導函數(shù)大于等于0，轉化為求h（x）=2x²-（2-a）x-（2-a）≥0即可；
（3）假設存在，根據(jù)m，n，a，x₀的關系，得到4個等式，變形整理得到矛盾，從而得出答案．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$-2，（x＞0），
①a＞0時，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{a}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{a}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{a}{2}$）遞減，在（$\frac{a}{2}$，+∞）遞增；
②a≤0時，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）遞減，
綜上，a＞0時，f（x）在（0，$\frac{a}{2}$）遞減，在（$\frac{a}{2}$，+∞）遞增；
a≤0時，f（x）在（0，+∞）遞減．
（2）若g（x）在其定義域內為增函數(shù)，
則只需g′（x）=2x-（2-a）-$\frac{2-a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-（2-a）x-（2-a）}{x}$≥0在（0，+∞）恒成立，
即2x²-（2-a）x-（2-a）≥0，
令h（x）=2x²-（2-a）x-（2-a），對稱軸x=$\frac{2-a}{4}$，
①當$\frac{2-a}{4}$＞0，即a＜2時，只需△=（2-a）²+8（2-a）≤0，解得：2≤a≤10，不合題意，
②當$\frac{2-a}{4}$≤0，即a≥2時，只需h（0）=-2+a≥0即可，解得：a≤2，∴a=2，
故a=2時，g（x）在其定義域內為增函數(shù)．
（3）F（x）=alnx-2x-[x²-（2-a）x-（2-a）lnx]=-x²-ax+2lnx，
∴F′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a，
由題意得：2lnm-m²-am=0①，2lnn-n²-an=0②，m+n=2x₀③，$\frac{2}{{x}_{0}}$-2x₀-a=0④，
①-②得：2ln$\frac{m}{n}$-（m+n）（m-n）=a（m-n），
∴a=$\frac{2ln\frac{m}{n}-{2x}_{0}}{m-n}$，由④得：a=$\frac{2}{{x}_{0}}$-2x₀，
∴l(xiāng)n$\frac{m}{n}$-$\frac{2（m-n）}{m+n}$=$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$⑤，
設u=$\frac{m}{n}$∈（0，1），得⑤式變形為lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$=0，（u∈（0，1）），
設y=lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$，（u∈（0，1）），得：y′=$\frac{1}{u}$-$\frac{4}{{（u+1）}^{2}}$=$\frac{{（u-1）}^{2}}{{u（u+1）}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)y=lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$在（0，1）遞增，
∴y＜y|_u=1=0，即lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$＜0，
即ln$\frac{m}{n}$＜$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$與⑤矛盾，
∴函數(shù)F（x）在點（x₀，F(xiàn)（x₀））處的切線和x軸不平行．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性問題，考查二次函數(shù)的性質，（3）問紛繁復雜，計算量大，容易出錯，本題是一道難題．