Question

2．已知函数f（x）=aln（x-a）-$\frac{1}{2}$x²+x（a＜0）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若-1＜a＜2（ln2-1），求证：函数f（x）只有一个零点x₀，且a+1＜x₀＜a+2．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，得到导函数小于0，从而求出函数的单调区间；（2）根据函数零点的判定定理进行证明即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{a}{x-a}$-x+1=$\frac{a-（x+1）（x-a）}{x-a}$，
∵a＜0，x＞a，
∴x-a＞0，a-（x+1）（x-a）＜0，
∴f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）单调递减；
（2）由-1＜a＜2（ln2-1），
∴a+1＞0，a+2＜2ln2，
∴$\frac{1}{2}$（a+2）＜ln2，a-1＜2ln2-3＜0，
由（1）f（x）在（0，+∞）单调递减，
∴f（a+1）＞f（a+2），
而f（a+1）=aln（a+1-a）-$\frac{1}{2}$（a+1）²+（a+1）
=-$\frac{1}{2}$a²-a-$\frac{1}{2}$+a+1
=-$\frac{1}{2}$（a+1）（a-1）＞0，
f（a+2）=aln（a+2-a）-$\frac{1}{2}$（a+2）²+（a+2）
=aln2-$\frac{1}{2}$a（a+2）
=a[ln2$\frac{1}{2}$a+2）]＜0，
∴函数f（x）只有一个零点x₀，且a+1＜x₀＜a+2．

点评 本题考察了函数的单调性问题，考察导数的应用，函数的零点的判定定理，本题属于中档题．