Question

4．已知函数f（x）=x²+ln（$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$ax）-ax（a为常数，a＞0）
（1）当a=2时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数y=f（x）有两个不同的零点x₁，x₂，证明：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）根据函数f（x）的导数，判断函数f（x）的单调性，并求出单调区间；
（2）根据函数f（x）有2个不同的零点x₁，x₂，得f（x₁）=f（x₂）=0，求出导函数f′（x）以及f′（x）=0的函数f（x）的极值点，
利用函数f（x）的图象与性质证明f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=x²+ln（$\frac{1}{2}$+x）-2x（且x＞-$\frac{1}{2}$），
则f′（x）=$\frac{{2x}^{2}+x+1}{x+\frac{1}{2}}$-2=$\frac{{2x}^{2}-x}{x+\frac{1}{2}}$；
令f′（x）=0，解得x=0，或x=$\frac{1}{2}$，∴当x∈（-$\frac{1}{2}$，0）时，f′（x）＞0，
当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，f′（x）＜0，
当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，f′（x）＞0；
∴f（x）的单调递增区间为（-$\frac{1}{2}$，0），（$\frac{1}{2}$，+∞），
f（x）的单调递减区间为（0，$\frac{1}{2}$）；
（2）证明：由f（x）=x²+ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$ax）-ax（且x＞-$\frac{1}{a}$），
得f′（x）=2x+$\frac{a}{1+ax}$-a=$\frac{2x（1+ax）+a-a（1+ax）}{1+ax}$=$\frac{x[2ax-{（a}^{2}-2）]}{1+ax}$，
令f′（x）=0，解得x₃=0，或x₄=$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$；
∵f（x）有两个不同的零点x₁、x₂，且f（x₃）=f（0）＜0，
当x→-$\frac{1}{a}$时，f（x）→-∞，当x→+∞，f（x）→+∞，如图所示；
∴f（$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$）=0，且$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$＜0，即0＜a²＜2；
令x₁=$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$，则x₂＞0，
令x₀=-$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$=$\frac{2{-a}^{2}}{2a}$，
则f（x₀）=${（\frac{2{-a}^{2}}{2a}）}^{2}$+ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a$\frac{2{-a}^{2}}{2a}$）+$\frac{{a}^{2}-2}{2}$①，
f（$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$）=${（\frac{{a}^{2}-2}{2a}）}^{2}$+ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$a$\frac{{a}^{2}-2}{2a}$）-$\frac{{a}^{2}-2}{2}$②，
由①-②得，f（x₀）-0=ln$\frac{4{-a}^{2}}{{a}^{2}}$+a²-2，
∴f（x₀）=ln$\frac{4{-a}^{2}}{{a}^{2}}$+a²-2＞0；
∴x₀＞x₂，
∴$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$＜$\frac{{x}_{1}{+x}_{0}}{2}$=0，
∴f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜f（0）=0，
即f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性与求函数的单调区间的问题，也考查了函数的零点的应用问题，考查了分析问题与解决问题的能力，是综合性题目．