Question

10．設函數(shù)f（x）=x²-alnx，g（x）=（a-2）x
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）有兩個零點x₁，x₂
（1）求滿足條件的最小正整數(shù)a的值；
（2）求證：F′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）（1）求出函數(shù)F（x）的導數(shù)，求出F（x）的最小值$F（{\frac{a}{2}}）＜0$，即$-{a^2}+4a-4aln\frac{a}{2}＜0$，令$h（a）=a+4ln\frac{a}{2}-4$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（2）求出$a=\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$，問題轉(zhuǎn)化為證明$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{2{x_1}-2{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$，設$t=\frac{x_1}{x_2}（{0＜t＜1}）$．令$m（t）=lnt-\frac{2t-2}{t+1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=2x-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-a}}{x}（{x＞0}）$．         …（1分）
當a≤0時，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以函數(shù)f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），
此時f（x）無單調(diào)減區(qū)間．                               …（2分）
當a＞0時，由f'（x）＞0，得$x＞\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$，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$（{0，\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）$．…（3分）
（Ⅱ）（1）$F'（x）=2x-（{a-2}）-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（a-2）x-a}}{x}=\frac{（2x-a）（x+1）}{x}（{x＞0}）$．
因為函數(shù)F（x）有兩個零點，所以a＞0，此時函數(shù)f（x）在$（{\frac{a}{2}，+∞}）$單調(diào)遞增，
在$（{0，\frac{a}{2}}）$單調(diào)遞減．…（4分）
所以F（x）的最小值$F（{\frac{a}{2}}）＜0$，即$-{a^2}+4a-4aln\frac{a}{2}＜0$．…（5分）
因為a＞0，所以$a+4ln\frac{a}{2}-4＞0$．令$h（a）=a+4ln\frac{a}{2}-4$，顯然h（a）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
且$h（2）=-2＜0，h（3）=4ln\frac{3}{2}-1=ln\frac{81}{16}-1＞0$，所以存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0．…（6分）
當a＞a₀時，h（a）＞0；當0＜a＜a₀時，h（a）＜0，所以滿足條件的最小正整數(shù)a=3．…（7分）
又當a=3時，F(xiàn)（3）=3（2-ln3）＞0，F(xiàn)（1）=0，所以a=3時，f（x）有兩個零點．
綜上所述，滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3．…（8分）
（2）證明：不妨設0＜x₁＜x₂，于是$x_1^2-（{a-2}）{x_1}-aln{x_1}=x_2^2-（{a-2}）{x_2}-aln{x_2}$，
即$x_1^2-（{a-2}）{x_1}-aln{x_1}-x_2^2+（{a-2}）{x_2}+aln{x_2}=0$，$x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}=a{x_1}+aln{x_1}-a{x_2}-aln{x_2}=a（{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}）$．
所以$a=\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$．…（10分）
因為$F'（{\frac{a}{2}}）=0$，當$x∈（{0，\frac{a}{2}}）$時，F(xiàn)'（x）＜0，當$x∈（{\frac{a}{2}，+∞}）$時，F(xiàn)'（x）＞0，
故只要證$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$＞$\frac{a}{2}$即可，即證明${x_1}+{x_2}＞\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$，…（11分）
即證$x_1^2-x_2^2+（{{x_1}+{x_2}}）（{ln{x_1}-ln{x_2}}）＜x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}$，
也就是證$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{2{x_1}-2{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$．…（12分）
設$t=\frac{x_1}{x_2}（{0＜t＜1}）$．
令$m（t）=lnt-\frac{2t-2}{t+1}$，則$m'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{（t+1{）^2}}}=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}$．
因為t＞0，所以m'（t）≥0，…（13分）
當且僅當t=1時，m'（t）=0，
所以m（t）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
又m（1）=0，所以當m∈（0，1），m（t）＜0總成立，所以原題得證．   …（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想以及不等式的證明，是一道綜合題．