Question

16．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}+（{1-a}）x-alnx$．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设a＞0，证明：当0＜x＜a时，f（x+a）＜f（a-x）；
（3）设x₁，x₂是f（x）的两个零点，证明：f′（${\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}$）＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调性即可；
（2）令g（x）=f（a+x）-f（a-x），求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而证出结论即可；
（3）得到a＞0，从而f（x）的最小值是f（a），且f（a）＜0，不妨设0＜x₁＜x₂，则0＜x₁＜a＜x₂，得到0＜a-x₁＜a，根据（1），（2）结论判断即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=x+1-a-$\frac{a}{x}$=$\frac{（x+1）（x-a）}{x}$，
若a≤0，则f′（x）＞0，此时f（x）在（0，+∞）递增，
若a＞0，则由f′（x）=0，解得：x=a，
当0＜x＜a时，f′（x）＜0，
当x＞a时，f′（x）＞0，
此时f（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增；
（2）令g（x）=f（a+x）-f（a-x），
则g（x）=2x-aln（a+x）+aln（a-x），
g′（x）=2-$\frac{a}{a+x}$-$\frac{a}{a-x}$=-$\frac{{2x}^{2}}{{a}^{2}{-x}^{2}}$，
当0＜x＜a时，g′（x）＜0，g（x）在（0，a）递减，
而g（0）=0，故g（x）＜g（0）=0，
故0＜x＜a时，f（a+x）＜f（a-x）；
（3）证明：由（1）得，a≤0时，函数y=f（x）至多有1个零点，
故a＞0，从而f（x）的最小值是f（a），且f（a）＜0，
不妨设0＜x₁＜x₂，则0＜x₁＜a＜x₂，
∴0＜a-x₁＜a，
由（2）得：f（2a-x₁）=f（a+a-x₁）＜f（x₁）=0，
从而x₂＞2a-x₁，于是$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$＞a，
由（1）得：f′（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）＞0．

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等基础知识与基本技能方法，属于难题．