Question

（2013•南京二模）設函數f（x）=x²-（a-2）x-alnx．
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間；
（2）若函數有兩個零點，求滿足條件的最小正整數a的值；
（3）若方程f（x）=c有兩個不相等的實數根x₁，x₂，求證：f′(

x1+x2

2

)＞0．

Answer 1

分析：（1）對a分類討論，利用導數與函數單調性的關系即可得出；
（2）由（1）可得，若函數f（x）有兩個零點，則a＞0，且f（x）的最小值f(

a

2

)＜0，即-a2+4a-4aln

a

2

＜0．可化為h（a）=a+4ln

a

2

-4＞0．利用單調性判斷其零點所處的最小區(qū)間即可得出；
（3））由x₁，x₂是方程f（x）=c得兩個不等實數根，由（1）可知：a＞0．不妨設0＜x₁＜x₂．則

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1=c，

x

2 2

-(a-2)x2-alnx2=c．
兩式相減得

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1-

x

2 2

+(a-2)x2+alnx₂=0，化為a=

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

．由f(

a

2

)=0，當x∈(0，

a

2

)時，f′（x）＜0，當x∈(

a

2

，+∞)時，f′（x）＞0．故只要證明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，即證明ln

x1

x2

＜

2x1-2x2

x1+x2

，令t=

x1

x2

換元，再利用導數即可證明．

解答：解：（1）x∈（0，+∞）．
f′(x)=2x-(a-2)-

a

x

=

2x2-(a-2)x-a

x

=

(2x-a)(x+1)

x

．
當a≤0時，f′（x）＞0，函數f（x）在（0，+∞0上單調遞增，即f（x）的單調遞增區(qū)間為（0，+∞）．
當a＞0時，由f′（x）＞0得x＞

a

2

；由f′（x）＜0，解得0＜x＜

a

2

．
所以函數f（x）的單調遞增區(qū)間為(

a

2

，+∞)，單調遞減區(qū)間為(0，

a

2

)．
（2）由（1）可得，若函數f（x）有兩個零點，則a＞0，且f（x）的最小值f(

a

2

)＜0，即-a2+4a-4aln

a

2

＜0．
∵a＞0，∴a+4ln

a

2

-4＞0．
令h（a）=a+4lin

a

2

-4，可知h（a）在（0，+∞）上為增函數，且h（2）=-2，h（3）=4ln

3

2

-1=ln

81

16

-1＞lne-1=0，
所以存在零點h（a₀）=0，a₀∈（2，3），
當a＞a₀時，h（a）＞0；當0＜a＜a₀時，h（a）＜0．
所以滿足條件的最小正整數a=3．
又當a=3時，f（3）=3（2-ln3）＞0，f（1）=0，∴a=3時，f（x）由兩個零點．
綜上所述，滿足條件的最小正整數a的值為3．
（3）∵x₁，x₂是方程f（x）=c得兩個不等實數根，由（1）可知：a＞0．
不妨設0＜x₁＜x₂．則

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1=c，

x

2 2

-(a-2)x2-alnx2=c．
兩式相減得

x

2 1

-(a-2)x1-alnx1-

x

2 2

+(a-2)x2+alnx₂=0，
化為a=

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

．
∵f′(

a

2

)=0，當x∈(0，

a

2

)時，f′（x）＜0，當x∈(

a

2

，+∞)時，f′（x）＞0．
故只要證明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，
即證明x₁+x₂＞

x 2 1 +2x1- x 2 2 -2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

，即證明ln

x1

x2

＜

2x1-2x2

x1+x2

，
設t=

x1

x2

(0＜t＜1)，令g（t）=lnt-

2t-2

t+1

，則g′(t)=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

．
∵1＞t＞0，∴g′（t）＞0
．∴g（t）在（0，1）上是增函數，又在t=1處連續(xù)且g（1）=0，
∴當t∈（0，1）時，g（t）＜0縱成立．故命題得證．

點評：本題綜合考查了利用導數研究函數的單調性、極值與最值等基礎知識，及其分類討論思想方法、等價轉化方法、換元法等基本技能與方法．