Question

已知函数f（x）=2x+alnx（a∈R）
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个零点，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）的最小值为h（a），m，n为h（a）定义域A中的任意两个值，求证：

h(m)+h(n)

2

＜h(

m+n

2

)．

Answer 1

分析：（1）求导函数，令f′（x）=0得x=-

a

2

，再分类讨论：当a≥0时，f′（x）≥0；当a＜0时，若0＜x＜-

a

2

，则f′（x）＜0；若x＞-

a

2

，则f′（x）＞0，由此可得函数的单调区间；
（2）先判断a＜0，函数f（x）在x=-

a

2

处取得极小值f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)，再根据函数f（x）有两个零点，建立不等式，即可求得a的取值范围；
（3）由（1）（2）知，当a≥0时，函数f（x）无最小值；当a＜0时，h(a)=f(x)min=f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)，利用作差法，再构建函数，利用导数，即可证得结论．

解答：（1）解：求导函数，可得f′(x)=2+

a

x

(x＞0)
令f′（x）=0得x=-

a

2

当a≥0时，f′（x）≥0，∴函数f（x）=2x+alnx在区间（0，+∞）上单调递增；
当a＜0时，若0＜x＜-

a

2

，则f′（x）＜0；若x＞-

a

2

，则f′（x）＞0
∴函数f（x）=2x+alnx在区间(0，-

a

2

)上单调递减，在区间(-

a

2

，+∞)上单调递增．
综上所述，当a≥0时，函数f（x）的单调增区间为（0，+∞）；
当a＜0时，函数f（x）的单调减区间为(0，-

a

2

)，单调增区间为(-

a

2

，+∞)．…（4分）
（2）解：由（1）知，当a≥0时，函数f（x）至多有一个零点，不符合题意，∴a＜0
又由（1）知，若a＜0，则函数f（x）在x=-

a

2

处取得极小值f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)
∴函数f（x）有两个零点
∴

a＜0 -a+aln(- a 2 )＜0

，解得a＜-2e
∴a的取值范围是（-∞，-2e）（8分）
（3）证明：由（1）（2）知，当a≥0时，函数f（x）无最小值；
当a＜0时，h(a)=f(x)min=f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)
对于?m，n∈（-∞，0）且m≠n，有

h(m)+h(n)

2

-h(

m+n

2

)=

-m+mln(- m 2 )-n+nln(- n 2 )

2

-[-

m+n

2

+

m+n

2

ln(-

m+n

4

)]=

m

2

ln(-

m

2

)+

n

2

ln(-

n

2

)-

m+n

2

ln(-

m+n

4

)=

m

2

ln

2m

m+n

+

n

2

ln

2n

m+n

（10分）
不妨设m＜n＜0，则

m

n

＞1，令t=

m

n

(t＞1)，则

h(m)+h(n)

2

-h(

m+n

2

)=

n

2

(

m

n

ln

2• m n

m n +1

+ln

2

m n +1

)=

n

2

(tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

)
设u(t)=tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

=tln2t-tln(t+1)+ln2-ln(t+1)
则u′(t)=ln2t+1-ln(t+1)-

t

t+1

-

1

t+1

=ln

2t

t+1

≥0，当且仅当t=1时取“=”
所以函数u（t）在[1，+∞）上单调递增，
故t＞1时，u（t）＞u（1）=0
又n＜0，∴

n

2

(tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

)＜0，即

h(m)+h(n)

2

-h(

m+n

2

)＜0
所以

h(m)+h(n)

2

＜h(

m+n

2

)（14分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查不等式的证明，考查构造函数，综合性强，难度大．