Question

3．已知函数f（x）=ax²+x-lnx，（a＞0）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设f（x）极值点为x₀，若存在x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁≠x₂，使f（x₁）=f（x₂），求证：x₁+x₂＞2x₀．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的定义域，求出函数f（x）的导函数，在定义域下令导函数大于0得到函数的递增区间．即可求出单调减区间．
（Ⅱ）要证x₁+x₂＞2x₀，需证$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞{x_0}$．由（ I）知，${x_0}=\frac{{-1+\sqrt{8a+1}}}{4a}$，f′（x）=2ax+1-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上单调递增，只需证$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0…（7分）$．

解答 解：（ I）f（x）定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2a{x}^{2}+x-1}{x}$，
∵a＞0，∴方程f′（x）=0有两个实根x₁=$\frac{-1-\sqrt{1+8a}}{4a}$＜0，x₂=$\frac{-1+\sqrt{1+8a}}{4a}$＞0，
当x∈（0，x₂）时，f′（x）＜0，当x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）的单调增区间为：（$\frac{-1+\sqrt{1+8a}}{4a}$，+∞）减区间为（0，$\frac{-1+\sqrt{1+8a}}{4a}$）
（ II）要证x₁+x₂＞2x₀，需证$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞{x_0}$．
由（ I）知，${x_0}=\frac{{-1+\sqrt{8a+1}}}{4a}$，f′（x）=2ax+1-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上单调递增，
∴只需证$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0…（7分）$．
不妨设x₂＞x₁＞0
由已知得$f（{x_2}）-f（{x_1}）=（ax_2^2+{x_2}-ln{x_2}）-（ax_1^2+{x_1}-ln{x_1}）$=$a（x_2^2-x_1^2）+（{x_2}-{x_1}）-（ln{x_2}-ln{x_1}）$，=[a（x₂+x₁）+1]（x₂-x₁）-（lnx₂-lnx₁）=0
∴$a（{x_2}+{x_1}）+1=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$…（9分）
∵$f'（x）=2ax+1-\frac{1}{x}$
∴$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=a（{x_1}+{x_2}）+1-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}=\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$…（11分）
法1：$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}（ln{x_2}-ln{x_1}-\frac{{2{x_2}-2{x_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}）$
令$g（x）=ln{x_2}-lnx-\frac{{2{x_2}-2x}}{{{x_2}+x}}，（x∈（0，{x_2}））$
∴$g'（x）=-\frac{{{{（{x_2}-x）}^2}}}{{x{{（{x_2}+x）}^2}}}＜0$，∴g（x）在（0，x₂）单调递减，
∴g（x₁）＞g（x₂）=0，
又$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}＞0$，∴$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0$成立．∴结论成立．…（14分）
法2：f′（ $\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}[ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}]$．
设$t=\frac{x_2}{x_1}$，$g（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{1+t}（t＞1）$．∵$g'（t）=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
∴g（t）在（1，+∞）上是增函数，∴g（t）＞g（1）=0，
即$ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（\frac{x_2}{x_1}-1）}}{{1+\frac{x_2}{x_1}}}＞0$，
又∵$\frac{1}{{{x_2}-{x_1}}}＞0$，∴f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＞0成立．
∴结论成立．…（14分）

点评 本题考查了导数的综合应用及整体代换的思想应用，化简运算困难，要细心，属于难题．