Question

9．已知函数f（x）=x²+（2-a）x-alnx，其中a为常数且a＞0．
（1）若曲线y=f（x）与直线y=$\frac{a}{2}$相切，求a的值；
（2）设x₁，x₂为两个不相等的正数，若f（x₁）=f（x₂），证明：x₁+x₂＞a．

Answer 1

分析 （1）求得导数，设出切点，可得切线的斜率和切点，解方程可得a=2：
（2）设0＜x₁＜x₂，则x₁²-（a-2）x₁-alnx₁=x₂²-（a-2）x₂-alnx2，求得a，只要证$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞$\frac{a}{2}$即可，
即证明x₁+x₂＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}-{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$，即证明x₁²-x₂²+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＜x₁²+2x₁-x₂²-2x₂，
即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1）．令g（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，求出导数，判断单调性，运用单调性即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=x²+（2-a）x-alnx的导数为
f′（x）=2x+2-a-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（2x-a）}{x}$，
设切点为（m，n），可得2m+2-a-$\frac{a}{m}$=0，n=$\frac{a}{2}$=m²+（2-a）m-alnm，
化简可得a=2m，m+2lnm=1，
由g（x）=x+2lnx在x＞0递增，且g（1）=1，
可得m=1，a=2；
（2）证明：若f（x₁）=f（x₂），
不妨设0＜x₁＜x₂，则x₁²-（a-2）x₁-alnx₁=x₂²-（a-2）x₂-alnx₂．
可得（x₁-x₂）（x₁+x₂）-（a-2）（x₁-x₂）=a（lnx₁-lnx₂），
即a=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}-{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$，
因为f′（$\frac{a}{2}$）=0，
当x∈（0，$\frac{a}{2}$）时，f′（x）＜0，当x∈（$\frac{a}{2}$，+∞）时，f′（x）＞0，
故只要证$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞$\frac{a}{2}$即可，
即证明x₁+x₂＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}+2{x}_{1}-{{x}_{2}}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$，
即证明x₁²-x₂²+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＜x₁²+2x₁-x₂²-2x₂，
即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1）．
令g（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，则g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$．
因为t＞0，所以g′（t）≥0，
当且仅当t=1时，g′（t）=0，所以g（t）在（0，+∞）上是增函数．
又g（1）=0，所以当t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立．所以原不等式得证．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数，考查运算能力，属于难题．