Question

1．已知函数$f（x）={a^2}x-\frac{1}{x}-2aln（ax）+\frac{1}{2}$，f'（x）为其导函数．
（1）设$g（x）=f（x）+\frac{1}{x}$，求函数g（x）的单调区间；
（2）若a＞0，设A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））为函数f（x）图象上不同的两点，且满足f（x₁）+f（x₂）=1，设线段AB中点的横坐标为x₀，证明：ax₀＞1．

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）问题转化为证明$1-f（{x_2}）＞f（\frac{2}{a}-{x_2}）$（*）令$F（x）=f（\frac{2}{a}-x）+f（x）-1={a^2}（\frac{2}{a}-x）-\frac{1}{{\frac{2}{a}-x}}-2aln（2-ax）+{a^2}x-\frac{1}{x}-2alnax$，法一：根据函数的单调性证明即可；法二：结合函数的图象判断即可．

解答 （1）解：$g（x）={a^2}x-2alnax+\frac{1}{2}$，$g'（x）={a^2}-\frac{2a}{x}=\frac{a（ax-2）}{x}$，
①a＞0时，g（x）定义域为（0，+∞），
在$（0，\frac{2}{a}）$上g'（x）＜0，故g（x）在$（0，\frac{2}{a}）$上单调递减；
在$（\frac{2}{a}，+∞）$上g'（x）＞0，故g（x）在$（\frac{2}{a}，+∞）$上单调递增．
②a＜0时，g（x）定义域为（-∞，0），在
$（-∞，\frac{2}{a}）$上g'（x）＞0，故g（x）在$（-∞，\frac{2}{a}）$上单调递增；
在$（\frac{2}{a}，0）$上g'（x）＜0，故g（x）在$（\frac{2}{a}，0）$上单调递减．
（2）证明：法一：$a{x_0}＞1?\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞\frac{1}{a}?{x_1}＞\frac{2}{a}-{x_2}$$f'（x）={a^2}+\frac{1}{x^2}-\frac{2a}{x}={（\frac{1}{x}-a）^2}≥0$，
故f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增．
只需证：$f（{x_1}）＞f（\frac{2}{a}-{x_2}）$，即证$1-f（{x_2}）＞f（\frac{2}{a}-{x_2}）$（*）
注意到$f（{x_1}）+f（{x_2}）=1，f（\frac{1}{a}）=\frac{1}{2}$，不妨设$0＜{x_1}＜\frac{1}{a}＜{x_2}$．
令$F（x）=f（\frac{2}{a}-x）+f（x）-1={a^2}（\frac{2}{a}-x）-\frac{1}{{\frac{2}{a}-x}}-2aln（2-ax）+{a^2}x-\frac{1}{x}-2alnax$，
则$F'（x）=\frac{1}{x^2}-\frac{a^2}{{{{（2-ax）}^2}}}-\frac{2a}{x}+\frac{{2{a^2}}}{2-ax}=-\frac{{4{{（ax-1）}^3}}}{{{x^2}{{（2-ax）}^2}}}≤0$，
$?x≥\frac{1}{a}$，从而F（x）在$[\frac{1}{a}，+∞）$上单减，
故$F（{x_2}）＜F（\frac{1}{a}）=0$，即得（*）式．
法而二：$f'（x）={a^2}+\frac{1}{x^2}-\frac{2a}{x}={（\frac{1}{x}-a）^2}≥0$故f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增．
注意到$f'（\frac{1}{a}）=0$且$f（\frac{1}{a}）=\frac{1}{2}$．
设$h（x）=\frac{a^4}{3}{（x-\frac{1}{a}）^3}+\frac{1}{2}$，则h（x）单调递增且图象关于$（\frac{1}{a}，\frac{1}{2}）$中心对称．
构造函数$g（x）=h（x）-f（x）=\frac{a^4}{3}{（x-\frac{1}{a}）^3}-{a^2}x+\frac{1}{x}+2alnax$，
$g'（x）={a^4}{（x-\frac{1}{a}）^2}-{a^2}-\frac{1}{x^2}+\frac{2a}{x}=\frac{{{{（ax-1）}^2}（{a^2}{x^2}-1）}}{x^2}$，
当$x＞\frac{1}{a}$时，g'（x）＞0，g（x）单增；当$0＜x＜\frac{1}{a}$时，g'（x）＜0，g（x）单减，
故$g（x）≥g（\frac{1}{a}）=0$，且等号仅在$\frac{1}{a}$处取到．所以h（x）与f（x）图象关系如下：

取h（x₃）=f（x₁），h（x₄）=f（x₂），
则显然有x₁＞x₃，x₂＞x₄，从而x₁+x₂＞x₃+x₄，
另外由三次函数h（x）的中心对称性可知${x_3}+{x_4}=\frac{2}{a}$，
则有 ${x_1}+{x_2}＞\frac{2}{a}$．

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分类讨论思想、转化思想、数形结合思想，是一道综合题．