Question

20．设函数f（x）=-a²lnx+x²-ax（a∈R）．
（1）试讨论函数f（x）的单调性；
（2）如果a＞0且关于x的方程f（x）=m有两解x₁，x₂（x₁＜x₂），证明x₁+x₂＞2a．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（2）得$-\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}+$$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）=0$，把$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）$=$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$代入（*）式，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，得只需证$-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt＜0$．令$φ（t）=-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt$（0＜t＜1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由f（x）=-a²lnx+x²-ax，
可知$f'（x）=-\frac{a^2}{x}+2x-a$=$\frac{{2{x^2}-ax-{a^2}}}{x}=\frac{（2x+a）（x-a）}{x}$．
因为函数f（x）的定义域为（0，+∞），所以，
①若a＞0，则当x∈（0，a）时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（a，+∞）时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增；
②若a=0，则当f'（x）=2x＞0在x∈（0，+∞）内恒成立，函数f（x）单调递增；
③若a＜0，则当$x∈（0，-\frac{a}{2}）$时，f'（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当$x∈（-\frac{a}{2}，+∞）$时，f'（x）＞0，函数f（x）单调递增．
（2）要证x₁+x₂＞2a，只需证$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞a$．
设g（x）=f'（x）=-$\frac{a^2}{x}+2x-a$，
因为$g'（x）=\frac{a^2}{x^2}+2＞0$，
所以g（x）=f'（x）为单调递增函数．
所以只需证$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞f'（a）=0$，
即证$-\frac{{2{a^2}}}{{{x_1}+{x_2}}}+{x_1}+{x_2}-a＞0$，
只需证$-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}+$$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）＞0$．（*）
又$-{a^2}ln{x_1}+x_1^2-a{x_1}=m$，$-{a^2}ln{x_2}+x_2^2-a{x_2}=m$，
所以两式相减，并整理，得$-\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}+$$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）=0$．
把$\frac{1}{a^2}（{{x_1}+{x_2}-a}）$=$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$代入（*）式，
得只需证$-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}+\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞0$，
可化为$-\frac{{2（{\frac{x_1}{x_2}-1}）}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}+ln\frac{x_1}{x_2}＜0$．
令$\frac{x_1}{x_2}=t$，得只需证$-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt＜0$．
令$φ（t）=-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}+lnt$（0＜t＜1），
则$φ'（t）=-\frac{4}{{{{（{t+1}）}^2}}}+\frac{1}{t}$=$\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{{{（{t+1}）}^2}t}}＞0$，
所以φ（t）在其定义域上为增函数，
所以φ（t）＜φ（1）=0．
综上得原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想以及换元思想，是一道综合题．