Question

设函数f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）已知方程f（x）=c（c为常数）有两个不相等的实数根x₁，x₂．
（i）若c=0，求满足条件的最小正整数a的值；
（ii）求证：f′（

x1+x2

2

）＞0．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,导数的运算,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）对a分类讨论，利用导数与函数单调性的关系即可得出；
（2）由（1）可得，若函数f（x）有两个不相等的实数根x₁，x₂，则a＞0，且f（x）的最小值f（

a

2

）＜0，
即-a²+4a-4aln

a

2

＜0．得出h（a）=a+4ln

a

2

-4＞0．利用单调性判断其零点所处的最小区间即可得出；
（3））由x₁，x₂是方程f（x）=c得两个不等实数根，则

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1=c，

x

2 2

-(a-2)x2-alnx2=c两式相减，得出a=

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

，换元，再利用导数即可证明．

解答： 解：（1）f′(x)=

(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＞

a

2

；由f'（x）＜0得0＜x＜

a

2

，
∴函数f（x）的单调增区间为(

a

2

，+∞)，单调减区间为(0，

a

2

)
（2）由（1）可得，若函数f（x）有两个不相等的实数根x₁，x₂．
则a＞0，且f（x）的最小值f（

a

2

）＜0，
即-a²+4a-4aln

a

2

＜0．
∵a＞0，∴a+4ln

a

2

-4＞0．
令h（a）=a+4ln

a

2

-4，可知h（a）在（0，+∞）上为增函数，且h（2）=-2，h（3）=4ln

3

2

-1=ln

81

16

-1＞lne-1=0，
所以存在零点h（a₀）=0，a₀∈（2，3），
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．
又当a=3时，f（3）=3（2-ln3）＞0，f（1）=0，∴a=3时，f（x）由两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．
（3）∵x₁，x₂是方程f（x）=c的两个不等实根，不妨设0＜x₁＜x₂
则

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1=c，

x

2 2

-(a-2)x2-alnx2=c
两式相减得

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1-(

x

2 2

-(a-2)x2-alnx2)=0，
即a=

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

，
又∵f′(

a

2

)=0，当x＞

a

2

时f'（x）＞0；
当 0＜x＜

a

2

时f'（x）＜0
故只要证明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，
即证x1+x2＞

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

即证明：ln

x1

x2

＜

2x1-2x2

x1+x2

，
设t=

x1

x2

(0＜t＜1)，
令g(t)=lnt-

2t-2

t+1

，
则g′(t)=

(t-1)2

t(t+1)2

≥0，
则g(t)=lnt-

2t-2

t+1

在（0，+∞）为增函数，
又∵g（1）=0，
∴t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立，得证．

点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值等基础知识，及其分类讨论思想方法、等价转化方法、换元法等基本技能与方法．