Question

（2011•佛山二模）已知函数f（x）=x²+

2a

x

（x＞0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a=

1

2

时，若P（x₁，f（x₁）），Q（x₂f（x₂））（0＜x₁＜x₂）是函数图象上的两点，且存在实数x₀＞0，使得f′（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

．证明：x₁＜x₀＜x₂．

Answer 1

分析：（1）可求得f′（x）=

2x3-2a

x2

，通过对a分a≤0与a＞0讨论，即可求得f（x）的单调区间；
（2）a=

1

2

时，f（x）=x²+

1

x

（x＞0），f′（x）=2x-

1

x2

，依题意可得2x₀-

1

x02

=（x₂+x₁）-

1

x1x2

，即x₀是方程2x-

1

x2

-（x₂+x₁）+

1

x1x2

=0的根，构造函数g（x）=2x-

1

x2

-（x₂+x₁）+

1

x1x2

，利用零点存在定理即可证得结论．

解答：（1）解：f′（x）=2x-

2a

x2

=

2x3-2a

x2

                                        …（1分）
①当a≤0时，f′（x）＞0，函数在（0，+∞）上单调递增；                        …（3分）
②当a＞0时，当0＜x＜

3	a

时，f′（x）＜0，函数在（0，

3	a

）上单调递减；
当x＞

3	a

时，f′（x）＞0，函数在[

3	a

，+∞）上单调递增．…（5分）
综上可知，当a≤0时，函数f（x）单调递增，递增区间为（0，∞）；
当a＞0时，函数f（x）单调递减区间为（0，

3	a

）；单调递增区间为[

3	a

，+∞）．…（6分）
（2）当a=

1

2

时，f（x）=x²+

1

x

（x＞0），此时f′（x）=2x-

1

x2

，…（7分）

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

(x22+ 1 x2 )-(x12+ 1 x1 )

x2-x1

=

(x2-x1)[(x2+x1)- 1 x1x2 ]

x2-x1

=（x₂+x₁）-

1

x1x2

，
从而原等式为2x₀-

1

x02

=（x₂+x₁）-

1

x1x2

．…（8分）
由题意可得x₀是方程2x-

1

x2

-（x₂+x₁）+

1

x1x2

=0的根，…（9分）
令g（x）=2x-

1

x2

-（x₂+x₁）+

1

x1x2

，
g（x₁）=2x₁-

1

x12

+

1

x1x2

-x₁-x₂=（x₁-x₂）-

x2-x1

x12x2

=（x₁-x₂）（1+

1

x12x2

）＜0，…（11分）
g（x₂）=2x₂-

1

x22

+

1

x1x2

-x₁-x₂=（x₂-x₁）-

x1-x2

x22x1

=（x₂-x₁）（1+

1

x1x22

）＞0，…（12分）
g（x₁）•g（x₂）＜0，由零点的存在性定理，可知：
∴x₁＜x₀＜x₂．…（14分）

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查零点存在定理的应用．考查运算、抽象思维与推理证明的能力，属于难题．