Question

11．设函数f（x）=x²-alnx，a∈R
（1）求函数f（x）的单调区间
（2）若关于x的方程f（x）=（a-2）x+c有两个不相等的实数根x₁x₂，求证：f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞a-2．

Answer 1

分析 （1）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．
（2）通过x₁、x₂是方程f（x）=（a-2）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 解：（1）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$（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＞$\frac{\sqrt{2a}}{2}$；由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{2a}}{2}$．
所以函数f（x）的单调增区间为（$\frac{\sqrt{2a}}{2}$，+∞），单调减区间为（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2}$）．…（4分）
（2）证明：令h（x）=f（x）-（a-2）=c，不妨设x₁、x₂是方程g（x）=f（x）-（a-2）x的两个不等实根，
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=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{2x}_{1}{{-x}_{2}}^{2}-{2x}_{2}}{{x}_{1}+l{nx}_{1}{-x}_{2}-l{nx}_{2}}$，因为h′（$\frac{a}{2}$）=0，
当x∈（0，$\frac{a}{2}$）时，h′（x）＜0，当x∈（$\frac{a}{2}$，+∞）时，h′（x）＞0，
要证明f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞a-2，只需证明h′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞0即可，
故只要证（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞$\frac{a}{2}$即可，即证明x₁+x₂＞$\frac{{{x}_{1}}^{2}+{2x}_{1}{{-x}_{2}}^{2}-{2x}_{2}}{{x}_{1}+l{nx}_{1}{-x}_{2}-l{nx}_{2}}$，
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$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{{2x}_{1}-{2x}_{2}}{{x}_{1}{+x}_{2}}$．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．