Question

10．设函数f（x）=x²-alnx，g（x）=（a-2）x
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数F（x）=f（x）-g（x）有两个零点x₁，x₂
（1）求满足条件的最小正整数a的值；
（2）求证：F′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）（1）求出函数F（x）的导数，求出F（x）的最小值$F（{\frac{a}{2}}）＜0$，即$-{a^2}+4a-4aln\frac{a}{2}＜0$，令$h（a）=a+4ln\frac{a}{2}-4$，根据函数的单调性求出a的范围即可；
（2）求出$a=\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$，问题转化为证明$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{2{x_1}-2{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$，设$t=\frac{x_1}{x_2}（{0＜t＜1}）$．令$m（t）=lnt-\frac{2t-2}{t+1}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=2x-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-a}}{x}（{x＞0}）$．         …（1分）
当a≤0时，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以函数f（x）单调递增区间为（0，+∞），
此时f（x）无单调减区间．                               …（2分）
当a＞0时，由f'（x）＞0，得$x＞\frac{{\sqrt{2a}}}{2}$，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$（{0，\frac{{\sqrt{2a}}}{2}}）$．…（3分）
（Ⅱ）（1）$F'（x）=2x-（{a-2}）-\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（a-2）x-a}}{x}=\frac{（2x-a）（x+1）}{x}（{x＞0}）$．
因为函数F（x）有两个零点，所以a＞0，此时函数f（x）在$（{\frac{a}{2}，+∞}）$单调递增，
在$（{0，\frac{a}{2}}）$单调递减．…（4分）
所以F（x）的最小值$F（{\frac{a}{2}}）＜0$，即$-{a^2}+4a-4aln\frac{a}{2}＜0$．…（5分）
因为a＞0，所以$a+4ln\frac{a}{2}-4＞0$．令$h（a）=a+4ln\frac{a}{2}-4$，显然h（a）在（0，+∞）上为增函数，
且$h（2）=-2＜0，h（3）=4ln\frac{3}{2}-1=ln\frac{81}{16}-1＞0$，所以存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0．…（6分）
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．…（7分）
又当a=3时，F（3）=3（2-ln3）＞0，F（1）=0，所以a=3时，f（x）有两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．…（8分）
（2）证明：不妨设0＜x₁＜x₂，于是$x_1^2-（{a-2}）{x_1}-aln{x_1}=x_2^2-（{a-2}）{x_2}-aln{x_2}$，
即$x_1^2-（{a-2}）{x_1}-aln{x_1}-x_2^2+（{a-2}）{x_2}+aln{x_2}=0$，$x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}=a{x_1}+aln{x_1}-a{x_2}-aln{x_2}=a（{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}）$．
所以$a=\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$．…（10分）
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${x_1}+{x_2}＞\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$，…（11分）
即证$x_1^2-x_2^2+（{{x_1}+{x_2}}）（{ln{x_1}-ln{x_2}}）＜x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}$，
也就是证$ln\frac{x_1}{x_2}＜\frac{{2{x_1}-2{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$．…（12分）
设$t=\frac{x_1}{x_2}（{0＜t＜1}）$．
令$m（t）=lnt-\frac{2t-2}{t+1}$，则$m'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{（t+1{）^2}}}=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}$．
因为t＞0，所以m'（t）≥0，…（13分）
当且仅当t=1时，m'（t）=0，
所以m（t）在（0，+∞）上是增函数．
又m（1）=0，所以当m∈（0，1），m（t）＜0总成立，所以原题得证．   …（14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，转化思想以及不等式的证明，是一道综合题．