Question

1．设f（x）=x ln x-ax²+（2a-1）x，a∈R．
（Ⅰ）令g（x）=f′（x ），求 g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a≤0时，直线 y=t（-1＜t＜0）与f（x）的图象有两个交点A（x₁，t），B（x₂，t），且x₁＜x₂，求证：x₁+x₂＞2．

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）求出f（x）_min=f（1）=a-1≤-1，得到0＜x₁＜1＜x₂，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）由f′（x）=lnx-2ax+2a，
得g（x）=lnx-2ax+2a，x∈（0，+∞），
则g′（x）=$\frac{1}{x}$-2a=$\frac{1-2ax}{x}$，
a≤0时，x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）递增；
a＞0时，x∈（0，$\frac{1}{2a}$）时，g′（x）＞0，函数g（x）递增；
x∈（$\frac{1}{2a}$，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）递减；
∴a≤0时，函数g（x）在（0，+∞）递增，
a＞0时，函数g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）递增，在（$\frac{1}{2a}$，+∞）递减；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：f′（1）=0，
a≤0时，f′（x）是递增函数，且当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
∴f（x）在x=1处取得极小值，且f（x）_min=f（1）=a-1≤-1，
∴0＜x₁＜1＜x₂，
∴f（x₂）-f（2-x₁）=f（x₁）-f（2-x₁）
=x₁lnx₁-a${{x}_{1}}^{2}$+（2a-1）x₁-[（2-x₁）ln（2-x₁）-a${（2{-x}_{1}）}^{2}$+（2a-1）（2-x₁）]
=x₁lnx₁-（2-x₁）ln（2-x₁）-2（x₁-1），
令h（x₁）=x₁lnx₁-（2-x₁）ln（2-x₁）-2（x₁-1），
h′（x₁）=lnx₁+ln（2-x₁）=lnx₁（2-x₁）=ln[1-${{（x}_{1}-1）}^{2}$]＜0，
于是h（x₁）在（0，1）递减，
故h（x₁）＞h（1）=0，
由此得f（x₂）-f（2-x₁）＞0，即f（x₂）＞f（2-x₁），
∵2-x₁＞1，x₂＞1，f（x）在（1，+∞）递增，
∴x₂＞2-x₁即x₁+x₂＞2．

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．