Question

（2013•南京二模）设函数f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；
（3）若方程f（x）=c有两个不相等的实数根x₁，x₂，求证：f′(

x1+x2

2

)＞0．

Answer 1

分析：（1）对a分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出；
（2）由（1）可得，若函数f（x）有两个零点，则a＞0，且f（x）的最小值f(

a

2

)＜0，即-a2+4a-4aln

a

2

＜0．可化为h（a）=a+4ln

a

2

-4＞0．利用单调性判断其零点所处的最小区间即可得出；
（3））由x₁，x₂是方程f（x）=c得两个不等实数根，由（1）可知：a＞0．不妨设0＜x₁＜x₂．则

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1=c，

x

2 2

-(a-2)x2-alnx2=c．
两式相减得

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1-

x

2 2

+(a-2)x2+alnx₂=0，化为a=

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

．由f(

a

2

)=0，当x∈(0，

a

2

)时，f′（x）＜0，当x∈(

a

2

，+∞)时，f′（x）＞0．故只要证明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，即证明ln

x1

x2

＜

2x1-2x2

x1+x2

，令t=

x1

x2

换元，再利用导数即可证明．

解答：解：（1）x∈（0，+∞）．
f′(x)=2x-(a-2)-

a

x

=

2x2-(a-2)x-a

x

=

(2x-a)(x+1)

x

．
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞0上单调递增，即f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞

a

2

；由f′（x）＜0，解得0＜x＜

a

2

．
所以函数f（x）的单调递增区间为(

a

2

，+∞)，单调递减区间为(0，

a

2

)．
（2）由（1）可得，若函数f（x）有两个零点，则a＞0，且f（x）的最小值f(

a

2

)＜0，即-a2+4a-4aln

a

2

＜0．
∵a＞0，∴a+4ln

a

2

-4＞0．
令h（a）=a+4lin

a

2

-4，可知h（a）在（0，+∞）上为增函数，且h（2）=-2，h（3）=4ln

3

2

-1=ln

81

16

-1＞lne-1=0，
所以存在零点h（a₀）=0，a₀∈（2，3），
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，f（1）=0，∴a=3时，f（x）由两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．
（3）∵x₁，x₂是方程f（x）=c得两个不等实数根，由（1）可知：a＞0．
不妨设0＜x₁＜x₂．则

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1=c，

x

2 2

-(a-2)x2-alnx2=c．
两式相减得

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1-

x

2 2

+(a-2)x2+alnx₂=0，
化为a=

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

．
∵f′(

a

2

)=0，当x∈(0，

a

2

)时，f′（x）＜0，当x∈(

a

2

，+∞)时，f′（x）＞0．
故只要证明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，
即证明x₁+x₂＞

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

，即证明ln

x1

x2

＜

2x1-2x2

x1+x2

，
设t=

x1

x2

(0＜t＜1)，令g（t）=lnt-

2t-2

t+1

，则g′(t)=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

．
∵1＞t＞0，∴g′（t）＞0
．∴g（t）在（0，1）上是增函数，又在t=1处连续且g（1）=0，
∴当t∈（0，1）时，g（t）＜0纵成立．故命题得证．

点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值等基础知识，及其分类讨论思想方法、等价转化方法、换元法等基本技能与方法．