Question

11．设函数f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若方程f（x）=c（c∈R），有两个不相等的实数根x₁、x₂，求证：$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0$．

Answer 1

分析 （I）求出函数的导数通过当a≤0时，当a＞0时，判断导函数的符号，推出函数的单调区间．
（II）通过x₁、x₂是方程f（x）=c的两个不等实根，由（1）知a＞0．设0＜x₁＜x₂，把根代入方程，作差，推出a的表达式，构造函数，利用新函数的导数，通过函数的单调性利用分析法证明即可．

解答 （12分）
解：（I） f′（x）=2x-（a-2）-$\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（a-2）x-a}}{x}=\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$（x＞0）．
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，函数f（x）的单调增区间为（0，+∞）．
当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞$\frac{a}{2}$；由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{a}{2}$．
所以函数f（x）的单调增区间为$（{\frac{a}{2}，+∞}）$，单调减区间为$（{0，\frac{a}{2}}）$．…（4分）
（II）证明：因为x₁、x₂是方程f（x）=c的两个不等实根，由（1）知a＞0．
不妨设0＜x₁＜x₂，则$x_1^2$-（a-2）x₁-alnx₁=c，$x_2^2$-（a-2）x₂-alnx₂=c．
两式相减得$x_1^2$-（a-2）x₁-alnx₁-$x_2^2$+（a-2）•x₂+alnx₂=0，
即$x_1^2$+2x₁-$x_2^2$-2x₂=ax₁+alnx₁-ax₂-alnx₂=a（x₁+lnx₁-x₂-lnx₂）．
所以a=$\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$．因为f′$（{\frac{a}{2}}）$=0，
当x∈$（{0，\frac{a}{2}}）$时，f′（x）＜0，当x∈$（{\frac{a}{2}，+∞}）$时，f′（x）＞0，
故只要证$（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$＞$\frac{a}{2}$即可，即证明x₁+x₂＞$\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$，
即证明$x_1^2$-$x_2^2$+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＜$x_1^2$+2x₁-$x_2^2$-2x₂，
即证明ln $\frac{x_1}{x_2}$＜$\frac{{2{x_1}-2{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$．设t=$\frac{x_1}{x_2}$（0＜t＜1）．
令g（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，则g′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{4}{{（t+1{）^2}}}=\frac{{（t-1{）^2}}}{{t（t+1{）^2}}}$．
因为t＞0，所以g′（t）≥0，当且仅当t=1时，g′（t）=0，所以g（t）在（0，+∞）上是增函数．
又g（1）=0，所以当t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立．所以原题得证  …（12分）

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性，分类讨论思想的应用，构造法的应用，考查分析问题解决问题的能力．