Question

17．已知a∈R，函数f（x）=2ln（x-2）-a（x-2）²
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个相异零点x₁，x₂，求证x₁x₂+4＞2（x₁+x₂）+e（其中e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为证明证：m＜-2，可化为（t²+1）lnt＞t²-1，即证（t²+1）lnt-t²+1＞0，构造函数g（t）=（t²+1）lnt-t²+1（t＞1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（2，+∞），
$f'（x）=\frac{2}{x-2}-2a（x-2）=\frac{2}{x-2}[1-a{（x-2）^2}]$，…（1分）
①当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（2，+∞）上单调递增，…（2分）
②当a＞0时，令$f'（x）=\frac{-2a}{x-2}（{x-2+\sqrt{\frac{1}{a}}}）（{x-2-\sqrt{\frac{1}{a}}}）=0$，解得${x_0}=2+\frac{{\sqrt{a}}}{a}$，
x∈（2，x₀）时，f'（x）＞0，f（x）在（2，x₀）单调递增，
x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）在（x₀，+∞）单调递减，
综上所述，当a≤0时，f（x）在（2，+∞）上单调递增，
当a＞0时，f（x）在$（{2，2+\frac{{\sqrt{a}}}{a}}）$上单调递增，在$（{2+\frac{{\sqrt{a}}}{a}，+∞}）$上单调递减；…（5分）
（Ⅱ）要证：x₁x₂+4＞2（x₁+x₂）+e，则证（x₁-2）（x₂-2）＞e，
即证|2x+3|+|2x-1|≤5，不妨设$x≤-\frac{3}{2}$，
∵-4x-2≤5，$-\frac{7}{4}≤x≤-\frac{3}{2}$是函数$-\frac{3}{2}＜x＜\frac{1}{2}$的零点，
则4≤5，$-\frac{3}{2}＜x＜\frac{1}{2}$，所以$x≥\frac{1}{2}$，4x+2≤5，
所以$\frac{1}{2}≤x≤\frac{3}{4}$，$\left\{{x|-\frac{7}{4}≤x≤\frac{3}{4}}\right\}$，
则$f（x）=\left\{\begin{array}{l}-4x-2，x≤-\frac{3}{2}\\ 4，-\frac{3}{2}＜x＜\frac{1}{2}\\ 4x+2，x≥\frac{1}{2}\end{array}\right.$，
则转化为证：y=f（x），令|m-2|＞4，则m＞6，
于是即证：m＜-2，可化为（t²+1）lnt＞t²-1，
即证（t²+1）lnt-t²+1＞0，…（9分）
构造函数g（t）=（t²+1）lnt-t²+1（t＞1），
$g'（t）=2tlnt+\frac{{1-{t^2}}}{t}=\frac{{2{t^2}lnt+1-{t^2}}}{t}$，
令z（t）=2t²lnt+1-t²（t＞1），则z'（t）=4tlnt＞0，
则z（t）在（1，+∞）单增，则z（t）＞z（1）=0，
则g'（t）＞0，则g（t）在（1，+∞）单增，
则g（t）＞g（1）=0，即（t²+1）lnt-t²+1＞0成立，
所以x₁x₂+4＞2（x₁+x₂）+e成立．…（12分）

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，考查不等式的证明，是一道综合题．