Question

已知函数f（x）=x²-ax-a²lnx（a≠0）有两个零点．
（Ⅰ）求实数a的取值范围；
（Ⅱ）对于任意两个不相等的x₁，x₂∈（0，+∞），存在x₀使得f′（x₀）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，求证：

x1x2

＜x₀＜

x1+x2

2

．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）利用导数判断函数的单调性，求得函数的最小值，故由题意得只要函数的最小值小于0即可，注意对a分类讨论；
（2）记h(x)=f′(x)=2x-a-

a2

x

，则h′(x)=2+

a2

x2

＞0，所以f'（x）为（0，+∞）上的增函数．要证

x1x2

＜x0＜

x1+x2

2

，只要证f′(

x1x2

)＜f′(x0)＜f′(

x1+x2

2

)．利用导数证明即可．

解答： 解：（Ⅰ）f′(x)=

(2x+a)(x-a)

x

…（1分）
当x→0时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞．
当a＞0时，f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增，
所以f（x）的最小值为f（a）=-a²lna，由-a²lna＜0解得a＞1．…（4分）
当a＜0时，f（x）在(0，-

a

2

)上递减，在(-

a

2

，+∞)上递增，
所以f（x）的最小值为f(-

a

2

)=

3

4

a2-a2ln(-

a

2

)，
由

3

4

a2-a2ln(-

a

2

)＜0解得a＜-2e

3

4

．
所以a的取值范围为a＜-2e

3

4

或a＞1…（7分）
（Ⅱ）记h(x)=f′(x)=2x-a-

a2

x

，则h′(x)=2+

a2

x2

＞0，…（8分）
所以f'（x）为（0，+∞）上的增函数．
要证

x1x2

＜x0＜

x1+x2

2

，
只要证f′(

x1x2

)＜f′(x0)＜f′(

x1+x2

2

)．…（9分）
不妨设x₁＜x₂f′(x0)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=(x1+x2)-a-a2

lnx1-lnx2

x1-x2

f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)=

a2

x1-x2

(ln

x1

x2

-2

x1 x2 -1

x1 x2 +1

)
设F(t)=lnt-2

t-1

t+1

(t∈(0，1])，则F′(x)=

(t-1)2

t(t+1)2

≥0
∴F（t）在（0，1]为增函数．∴当t∈（0，1）时，F（t）＜F（1）=0
令t=

x1

x2

得ln

x1

x2

-2

x1 x2 -1

x1 x2 +1

＜0，又

a2

x1-x2

＜0，
∴f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＞0，即f′(

x1+x2

2

)＞f′(x0)…（12分）
f′(

x1x2

)-f′(x0)=2

x1x2

-(x1+x2)+

a2

x1-x2

[ln

x1

x2

-(

x1 x2

-

x2 x1

)]
设G(t)=2lnt-(t-

1

t

)(t∈(0，1])，则G′(t)=-

(t-1)2

t2

＜0
∴G（t）在（0，1]为减函数．∴当t∈（0，1）时，G（t）＞G（1）=0
令t=

x1 x2

得ln

x1

x2

-(

x1 x2

-

x2 x1

)＞0，又

a2

x1-x2

＜0，2

x1x2

-(x1+x2)＜0
所以f′(

x1x2

)-f′(x0)＜0，即f′(

x1x2

)＜f′(x0)
所以f′(

x1x2

)＜f′(x0)＜f′(

x1+x2

2

)即

x1x2

＜x0＜

x1+x2

2

．…（14分）

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，求函数的最值等知识，考查学生分析问题，解决问题的能力及运算求解能力，综合性逻辑性强，属难题．