Question

已知函數(shù)f（x）=x²-（a-2）x-alnx，
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）=-x³-ax²+a-

a2

4

，若存在α，β∈（0，a]，使得|f（α）-g（β）|＜a成立，求a的取值范圍；  
（Ⅲ）若方程f（x）=c有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x₁，x₂，求證：f′（

x1+x2

2

）＞0．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，當(dāng)a＞0時(shí)由導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)對(duì)定義域分段，判斷出導(dǎo)函數(shù)在不同區(qū)間段內(nèi)的符號(hào)，則函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可求；
（Ⅱ）由題意可知a＞0，由（Ⅰ）中的單調(diào)性求出f（x）在（0，a]上的最小值，利用導(dǎo)數(shù)求得g（x）在（0，a]上的函數(shù)值小于a-

a2

4

，求得f（x）的最小值與a-

a2

4

的差-aln

a

2

，然后分-aln

a

2

≤0和-aln

a

2

＞0討論求解使得|f（α）-g（β）|＜a成立的a的取值范圍；
（Ⅲ）把x₁，x₂代入方程f（x）=c，作差后得到a=

x12+2x1-x22-2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

，結(jié)合（Ⅰ）中函數(shù)的單調(diào)性把問題轉(zhuǎn)化為證明ln

x1

x2

＜

2x1-2x2

x1+x2

，設(shè)t=

x1

x2

(0＜t＜1)換元后構(gòu)造函數(shù)g(t)=lnt-

2t-2

t+1

，利用導(dǎo)數(shù)加以證明．

解答： 解：（Ⅰ）由f（x）=x²-（a-2）x-alnx，
得f′(x)=2x-(a-2)-

a

x

=

(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）的增區(qū)間為（0，+∞）．
當(dāng)a＞0時(shí)，由f′（x）＞0得x＞

a

2

，由f′（x）＜0得0＜x＜

a

2

．
∴函數(shù)f（x）的增區(qū)間為（

a

2

，+∞），減區(qū)間為（0，

a

2

）；
（Ⅱ）當(dāng)x∈（0，a]時(shí)，f(x)min=f(

a

2

)=a-

a2

4

-aln

a

2

，
由g（x）=-x³-ax²+a-

a2

4

，得g′(x)=-3x2-2ax=-3(x+

a

3

)2+

a2

3

．
當(dāng)a＞0時(shí)，g′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，g（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，
當(dāng)x∈（0，a]時(shí)，g（x）＜g（0）=a-

a2

4

．
a-

a2

4

-aln

a

2

-a+

a2

4

=-aln

a

2

．
①當(dāng)-aln

a

2

≤0時(shí)，則|f（α）-g（β）|_min=0＜a顯然成立，即a≥2．
②當(dāng)-aln

a

2

＞0時(shí)，則|f(α)-g(β)|min=-aln

a

2

＜a，即

2

e

＜a＜2．
綜上可知：a＞

2

e

；  
（Ⅲ）∵x₁，x₂是方程f（x）=c的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，
則x12-(a-2)x1-alnx1=c，x22-(a-2)x2-alnx2=c．
兩式相減得x12-(a-2)x1-alnx1-[x22-(a-2)x2-alnx2]=0．
即a=

x12+2x1-x22-2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

．
又∵f′(

a

2

)=0，當(dāng)x＞

a

2

時(shí)f′（x）＞0，當(dāng)0＜x＜

a

2

時(shí)f′（x）＜0．
故只要證明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，即證x1+x2＞

x12+2x1-x22-2x2

x1+lnx1-x2-lnx2

．
即證明ln

x1

x2

＜

2x1-2x2

x1+x2

．
設(shè)t=

x1

x2

(0＜t＜1)，
令g(t)=lnt-

2t-2

t+1

，
則g′(t)=

(t-1)2

t(t+1)2

≥0．
則g(t)=lnt-

2t-2

t+1

在（0，+∞）上是增函數(shù)，
又∵g（1）=0，
∴t∈（0，1）時(shí)總有g(shù)（t）＜0成立．
即f′（

x1+x2

2

）＞0．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是高考試卷中的壓軸題．