Question

8．设函数f（x）=x²-alnx-（a-2）x．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（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）f′（x）=2x-（a-2）-$\frac{a}{x}$=$\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$，（x＞0）．对a分类讨论：a≤0，a＞0，即可得出单调性．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可知函数f（x）有两个零点，所以a＞0，f（x）的最小值f（$\frac{a}{2}$）＜0，即-a²+4a-4aln$\frac{a}{2}$＜0，可得$a-4+4ln\frac{a}{2}＞0$，令$h（a）=a-4+4ln\frac{a}{2}$，显然h（a）在（0，+∞）上为增函数，且$h（2）=-2＜0，h（3）=4ln\frac{3}{2}-1＞0$，因此存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，进而得出小正整数a的值．
（2）不妨设0＜x₁＜x₂，于是${x}_{1}^{2}-（a-2）{x}_{1}$-alnx₁=${x}_{2}^{2}-（a-2）{x}_{2}$-alnx₂，可得a=$\frac{{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}-{x}_{2}^{2}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+ln{x}_{1}-{x}_{2}-ln{x}_{2}}$．由于${f}^{′}（\frac{a}{2}）$=0，当x∈$（\frac{a}{2}，+∞）$时，f′（x）＞0．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}}$．，即证$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．设$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1）．令m（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，利用导数研究其单调性即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=2x-（a-2）-$\frac{a}{x}$=$\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$，（x＞0）．
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；
当a＞0时，由f′（x）＞0，得$x＞\frac{a}{2}$，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，$\frac{a}{2}$）；
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）可知函数f（x）有两个零点，所以a＞0，
f（x）的最小值f（$\frac{a}{2}$）＜0，即-a²+4a-4aln$\frac{a}{2}$＜0，
∵a＞0，∴$a-4+4ln\frac{a}{2}＞0$，
令$h（a）=a-4+4ln\frac{a}{2}$，显然h（a）在（0，+∞）上为增函数，
且$h（2）=-2＜0，h（3）=4ln\frac{3}{2}-1＞0$
∴存在a₀∈（2，3），h（a₀）=0，
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，$f（\frac{3}{2}）$=$\frac{3}{4}（1-4ln\frac{3}{2}）$＜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．
（2）证明：不妨设0＜x₁＜x₂，
于是${x}_{1}^{2}-（a-2）{x}_{1}$-alnx₁=${x}_{2}^{2}-（a-2）{x}_{2}$-alnx₂，
∴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}}$．，
即证${x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}$+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＞${x}_{1}^{2}+2{x}_{1}$-${x}_{2}^{2}$-2x₂．
也就是证$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{x}_{1}-2{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
设$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1）．
令m（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，则m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$．
∵t＞0，所以m'（t）≥0，
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．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值、等价转化方法、分析法、不等式的性质与解法，考查了推理能力与计算能力、函数的零点，属于难题．