Question

11．設(shè)函數(shù)f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若方程f（x）=c（c∈R），有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x₁、x₂，求證：$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0$．

Answer 1

分析 （I）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)通過(guò)當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)a＞0時(shí)，判斷導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，推出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（II）通過(guò)x₁、x₂是方程f（x）=c的兩個(gè)不等實(shí)根，由（1）知a＞0．設(shè)0＜x₁＜x₂，把根代入方程，作差，推出a的表達(dá)式，構(gòu)造函數(shù)，利用新函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性利用分析法證明即可．

解答 （12分）
解：（I） f′（x）=2x-（a-2）-$\frac{a}{x}=\frac{{2{x^2}-（a-2）x-a}}{x}=\frac{（2x-a）（x+1）}{x}$（x＞0）．
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）．
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0，得x＞$\frac{a}{2}$；由f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{a}{2}$．
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為$（{\frac{a}{2}，+∞}）$，單調(diào)減區(qū)間為$（{0，\frac{a}{2}}）$．…（4分）
（II）證明：因?yàn)閤₁、x₂是方程f（x）=c的兩個(gè)不等實(shí)根，由（1）知a＞0．
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，則$x_1^2$-（a-2）x₁-alnx₁=c，$x_2^2$-（a-2）x₂-alnx₂=c．
兩式相減得$x_1^2$-（a-2）x₁-alnx₁-$x_2^2$+（a-2）•x₂+alnx₂=0，
即$x_1^2$+2x₁-$x_2^2$-2x₂=ax₁+alnx₁-ax₂-alnx₂=a（x₁+lnx₁-x₂-lnx₂）．
所以a=$\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$．因?yàn)閒′$（{\frac{a}{2}}）$=0，
當(dāng)x∈$（{0，\frac{a}{2}}）$時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈$（{\frac{a}{2}，+∞}）$時(shí)，f′（x）＞0，
故只要證$（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$＞$\frac{a}{2}$即可，即證明x₁+x₂＞$\frac{{x_1^2+2{x_1}-x_2^2-2{x_2}}}{{{x_1}+ln{x_1}-{x_2}-ln{x_2}}}$，
即證明$x_1^2$-$x_2^2$+（x₁+x₂）（lnx₁-lnx₂）＜$x_1^2$+2x₁-$x_2^2$-2x₂，
即證明ln $\frac{x_1}{x_2}$＜$\frac{{2{x_1}-2{x_2}}}{{{x_1}+{x_2}}}$．設(shè)t=$\frac{x_1}{x_2}$（0＜t＜1）．
令g（t）=lnt-$\frac{2t-2}{t+1}$，則g′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{4}{{（t+1{）^2}}}=\frac{{（t-1{）^2}}}{{t（t+1{）^2}}}$．
因?yàn)閠＞0，所以g′（t）≥0，當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，g′（t）=0，所以g（t）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
又g（1）=0，所以當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，g（t）＜0總成立．所以原題得證  …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性，分類(lèi)討論思想的應(yīng)用，構(gòu)造法的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．