Question

设函数f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间
（Ⅱ）若函数f（x）有两个零点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f′(

x1+x2

2

)＞0．

Answer 1

分析：（I）利用导数的运算法则即可得出f′（x），并对a分类讨论即可；
（II）由于x₁，x₂是函数f（x）的两个零点，有0＜x₁＜x₂，a＞0．可得x12-(a-2)x1-alnx1=0，x22-(a-2)x2-alnx2=0，两式相减得x12-(a-2)x1-alnx1-x22+(a-2)x2+alnx2=0，化为a=

x12+2x1-x22-2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

，利用（I）的结论f′(

a

2

)=0，及其单调性，故只要证

x1+x2

2

＞

a

2

即可，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

，再利用导数研究其单调性即可．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=2x-(a-2)-

a

x

=

2x2-(a-2)x-a

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）的单调递增区间为（0，+∞）．
当a＞0时，由f'（x）＞0，得x＞

a

2

；由f'（x）＜0，得0＜x＜

a

2

，
∴函数的单调增区间为(

a

2

，+∞)，单调减区间为(0，

a

2

)．
（Ⅱ）∵x₁，x₂是函数f（x）的两个零点，有0＜x₁＜x₂，a＞0．
则x12-(a-2)x1-alnx1=0，x22-(a-2)x2-alnx2=0，
两式相减得x12-(a-2)x1-alnx1-x22+(a-2)x2+alnx2=0，
即x12+2x1-x22-2x2=ax1+alnx1-ax2-alnx2=a（x₁+lnx₁-x₂-lnx₂），
∴a=

x12+2x1-x22-2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

，
又∵f′(

a

2

)=0，当x∈(0，

a

2

)时，f'（x）＜0；当x∈(

a

2

，+∞)时，f'（x）＞0．
故只要证

x1+x2

2

＞

a

2

即可，即证明x1+x2＞

x12+2x1-x22-2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

．
即证明x12-x22+(x1+x2)(lnx1-lnx2)＜x12+2x1-x22-2x2，
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)=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
∵t＞0，∴g'（t）≥0，当且仅当t=1时，g'（t）=0．
∴g（t）在（0，+∞）是增函数；
又∵g（1）=0，∴当t∈（0，1）时，g（t）＜0总成立．
∴原题得证．

点评：本题考查了利用导研究函数的单调性、分类讨论、恒成立问题的等价转化、换元法等基础知识与基本技能方法，属于难题．