Question

（2013•浙江二模）已知函數(shù)f（x）=

(x-a)2

lnx

（其中a為常數(shù)）．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ） 當(dāng)0＜a＜1時，設(shè)函數(shù)f（x）的3個極值點為x₁，x₂，x₃，且x₁＜x₂＜x₃．證明：x₁+x₃＞

2

e

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)不等式求單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合函數(shù)f（x）的3個極值點為x₁，x₂，x₃，構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性去判斷．

解答：解：（Ⅰ） f′(x)=

x(2lnx-1)

ln2x

令f'（x）=0可得x=

e

．列表如下：

x	（0，1）	(1， e )	e	( e ，+∞)
f'（x）	-	-	0	+
f（x）	減	減	極小值	增

單調(diào)減區(qū)間為（0，1），(1，

e

)；增區(qū)間為(

e

，+∞)．------------（5分）
（Ⅱ）由題，f′(x)=

(x-a)(2lnx+ a x -1)

ln2x

對于函數(shù)h(x)=2lnx+

a

x

-1，有h′(x)=

2x-a

x2

∴函數(shù)h（x）在(0，

a

2

)上單調(diào)遞減，在(

a

2

，+∞)上單調(diào)遞增
∵函數(shù)f（x）有3個極值點x₁＜x₂＜x₃，
從而hmin(x)=h(

a

2

)=2ln

a

2

+1＜0，所以a＜

2

e

，
當(dāng)0＜a＜1時，h（a）=2lna＜0，h（1）=a-1＜0，
∴函數(shù)f（x）的遞增區(qū)間有（x₁，a）和（x₃，+∞），遞減區(qū)間有（0，x₁），（a，1），（1，x₃），
此時，函數(shù)f（x）有3個極值點，且x₂=a；
∴當(dāng)0＜a＜1時，x₁，x₃是函數(shù)h(x)=2lnx+

a

x

-1的兩個零點，----（9分）
即有

2ln?x1+ a x1 -1=0 2ln?x3+ a x3 -1=0

，消去a有2x₁lnx₁-x₁=2x₃lnx₃-x₃
令g（x）=2xlnx-x，g'（x）=2lnx+1有零點x=

1

e

，且x1＜

1

e

＜x3
∴函數(shù)g（x）=2xlnx-x在(0，

1

e

)上遞減，在(

1

e

，+∞)上遞增
要證明    x1+x3＞

2

e

?x3＞

2

e

-x1?g(x3)＞g(

2

e

-x1)
因為g（x₁）=g（x₃），所以即證g(x1)＞g(

2

e

-x1)?g(x1)-g(

2

e

-x1)＞0
構(gòu)造函數(shù)F(x)=g(x)-g(

2

e

-x)，則F(

1

e

)=0
只需要證明x∈(0，

1

e

]單調(diào)遞減即可．而F′(x)=2lnx+2ln(

2

e

-x)+2，F″(x)=

2( 2 e -2x)

x( 2 e -x)

＞0，所F'（x）在(0，

1

e

]上單調(diào)遞增，
所以F′(x)＜F(

1

e

)=0．
∴當(dāng)0＜a＜1時，x1+x3＞

2

e

．--------（15分）

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值問題，綜合性較強，運算量較大．