Question

5．已知函数f（x）=alnx-2x，g（x）=x²-（2-a）x-（2-a）lnx，其中a∈R．
（1）判断f（x）单调性；
（2）若g（x）在其定义域内为增函数，求正实数a的取值范围；
（3）若F（x）=f（x）-g（x）函数存在两个零点m、n，且2x₀=m+n，问：函数F（x）在点（x₀，F（x₀））处的切线能否平行于x轴？

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间；
（2）根据导函数大于等于0，转化为求h（x）=2x²-（2-a）x-（2-a）≥0即可；
（3）假设存在，根据m，n，a，x₀的关系，得到4个等式，变形整理得到矛盾，从而得出答案．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$-2，（x＞0），
①a＞0时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{a}{2}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{a}{2}$，
∴f（x）在（0，$\frac{a}{2}$）递减，在（$\frac{a}{2}$，+∞）递增；
②a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）递减，
综上，a＞0时，f（x）在（0，$\frac{a}{2}$）递减，在（$\frac{a}{2}$，+∞）递增；
a≤0时，f（x）在（0，+∞）递减．
（2）若g（x）在其定义域内为增函数，
则只需g′（x）=2x-（2-a）-$\frac{2-a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-（2-a）x-（2-a）}{x}$≥0在（0，+∞）恒成立，
即2x²-（2-a）x-（2-a）≥0，
令h（x）=2x²-（2-a）x-（2-a），对称轴x=$\frac{2-a}{4}$，
①当$\frac{2-a}{4}$＞0，即a＜2时，只需△=（2-a）²+8（2-a）≤0，解得：2≤a≤10，不合题意，
②当$\frac{2-a}{4}$≤0，即a≥2时，只需h（0）=-2+a≥0即可，解得：a≤2，∴a=2，
故a=2时，g（x）在其定义域内为增函数．
（3）F（x）=alnx-2x-[x²-（2-a）x-（2-a）lnx]=-x²-ax+2lnx，
∴F′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a，
由题意得：2lnm-m²-am=0①，2lnn-n²-an=0②，m+n=2x₀③，$\frac{2}{{x}_{0}}$-2x₀-a=0④，
①-②得：2ln$\frac{m}{n}$-（m+n）（m-n）=a（m-n），
∴a=$\frac{2ln\frac{m}{n}-{2x}_{0}}{m-n}$，由④得：a=$\frac{2}{{x}_{0}}$-2x₀，
∴ln$\frac{m}{n}$-$\frac{2（m-n）}{m+n}$=$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$⑤，
设u=$\frac{m}{n}$∈（0，1），得⑤式变形为lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$=0，（u∈（0，1）），
设y=lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$，（u∈（0，1）），得：y′=$\frac{1}{u}$-$\frac{4}{{（u+1）}^{2}}$=$\frac{{（u-1）}^{2}}{{u（u+1）}^{2}}$＞0，
∴函数y=lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$在（0，1）递增，
∴y＜y|_u=1=0，即lnu-$\frac{2u-2}{u+1}$＜0，
即ln$\frac{m}{n}$＜$\frac{2（\frac{m}{n}-1）}{\frac{m}{n}+1}$与⑤矛盾，
∴函数F（x）在点（x₀，F（x₀））处的切线和x轴不平行．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查二次函数的性质，（3）问纷繁复杂，计算量大，容易出错，本题是一道难题．