Question

11．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-alnx，a∈R
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間
（2）若關(guān)于x的方程f（x）=（a-2）x+c有兩個不相等的實數(shù)根x₁x₂，求證：f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞a-2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)通過當a≤0時，當a＞0時，判斷導函數(shù)的符號，推出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（2）通過x₁、x₂是方程f（x）=（a-2）x+c的兩個不等實根，由（1）知a＞0．設(shè)0＜x₁＜x₂，把根代入方程，作差，推出a的表達式，構(gòu)造函數(shù)，利用新函數(shù)的導數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性利用分析法證明即可．

解答 解：（1）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$（x＞0）．
當a≤0時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）．
當a＞0時，由f′（x）＞0，得x＞$\frac{\sqrt{2a}}{2}$；由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{2a}}{2}$．
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2}$）．…（4分）
（2）證明：令h（x）=f（x）-（a-2）=c，不妨設(shè)x₁、x₂是方程g（x）=f（x）-（a-2）x的兩個不等實根，
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，則${{x}_{1}}^{2}$-（a-2）x₁-alnx₁=c，${{x}_{2}}^{2}$-（a-2）x₂-alnx₂=c．
兩式相減得${{x}_{1}}^{2}$-（a-2）x₁-alnx₁-${{x}_{2}}^{2}$+（a-2）•x₂+alnx₂=0，
即${{x}_{1}}^{2}$+2x₁-${{x}_{2}}^{2}$-2x₂=ax₁+alnx₁-ax₂-alnx₂=a（x₁+lnx₁-x₂-lnx₂）．
所以a=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{2x}_{1}{{-x}_{2}}^{2}-{2x}_{2}}{{x}_{1}+l{nx}_{1}{-x}_{2}-l{nx}_{2}}$，因為h′（$\frac{a}{2}$）=0，
當x∈（0，$\frac{a}{2}$）時，h′（x）＜0，當x∈（$\frac{a}{2}$，+∞）時，h′（x）＞0，
要證明f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞a-2，只需證明h′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞0即可，
故只要證（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞$\frac{a}{2}$即可，即證明x₁+x₂＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{2x}_{1}{{-x}_{2}}^{2}-{2x}_{2}}{{x}_{1}+l{nx}_{1}{-x}_{2}-l{nx}_{2}}$，
即證明${{x}_{1}}^{2}$-${{x}_{2}}^{2}$+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＜${{x}_{1}}^{2}$+2x₁-${{x}_{2}}^{2}$-2x₂，
即證明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{{2x}_{1}-{2x}_{2}}{{x}_{1}{+x}_{2}}$．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．所以原題得證  …（12分）．

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的綜合應用，函數(shù)的單調(diào)性，分類討論思想的應用，構(gòu)造法的應用，考查分析問題解決問題的能力．