Question

【题目】设函数f（x）=x2﹣alnx﹣（a﹣2）x．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个零点x1 ， x2（1）求满足条件的最小正整数a的值；
（Ⅲ）求证： ．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣ = ，（x＞0）． 当a≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以函数f（x）单调递增区间为（0，+∞），此时f（x）无单调减区间；
当a＞0时，由f′（x）＞0，得 ，f′（x）＜0，得 ，
所以函数f（x）的单调增区间为（ ，+∞），单调减区间为（0， ）；
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可知函数f（x）有两个零点，所以a＞0，
f（x）的最小值f（ ）＜0，即﹣a2+4a﹣4aln ＜0，
∵a＞0，∴ ，
令 ，显然h（a）在（0，+∞）上为增函数，
且
∴存在a0∈（2，3），h（a0）=0，
当a＞a0时，h（a）＞0；当0＜a＜a0时，h（a）＜0，
所以满足条件的最小正整数a=3．
又当a=3时，f（3）=3（2﹣ln3）＞0， = ＜0，f（1）=0，
所以a=3时，f（x）有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．
（Ⅲ）证明：不妨设0＜x1＜x2 ，
于是 ﹣alnx1= ﹣alnx2 ，
∴a= ．，
因为 =0，当x∈ 时，f′（x）＜0；当x∈ 时，f′（x）＞0．
故只要证 即可，即证明x1+x2＞ ．，
即证 +（x1+x2）（lnx1﹣lnx2）＞ ﹣ ﹣2x2 ．
也就是证 ＜ ．
设 =t∈（0，1）．
令m（t）=lnt﹣ ，则m′（t）= ﹣ = ．
∵t＞0，所以m'（t）≥0，
当且仅当t=1时，m'（t）=0，所以m（t）在（0，+∞）上是增函数．
又m（1）=0，所以当m∈（0，1），m（t）＜0总成立，所以原题得证
【解析】（Ⅰ）f′（x）=2x﹣（a﹣2）﹣ = ，（x＞0）．对a分类讨论：a≤0，a＞0，即可得出单调性．（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可知函数f（x）有两个零点，所以a＞0，f（x）的最小值f（ ）＜0，即﹣a2+4a﹣4aln ＜0，可得 ，令 ，显然h（a）在（0，+∞）上为增函数，且 ，因此存在a0∈（2，3），h（a0）=0，进而得出小正整数a的值．（Ⅲ）不妨设0＜x1＜x2 ， 于是 ﹣alnx1= ﹣alnx2 ， 可得a= ．由于 =0，当x∈ 时，f′（x）＞0．只要证 即可，即证明x1+x2＞ ，即证 ＜ ．设 =t∈（0，1）．令m（t）=lnt﹣ ，利用导数研究其单调性即可证明结论．
【考点精析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性的相关知识点，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减才能正确解答此题．