(2013•南京二模)設函數(shù)f(x)=x2-(a-2)x-alnx.
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間;
(2)若函數(shù)有兩個零點,求滿足條件的最小正整數(shù)a的值;
(3)若方程f(x)=c有兩個不相等的實數(shù)根x1,x2,求證:f′(
x1+x22
)>0
分析:(1)對a分類討論,利用導數(shù)與函數(shù)單調性的關系即可得出;
(2)由(1)可得,若函數(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù)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(shù),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(shù)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(shù)a的值為3.
(3)∵x1,x2是方程f(x)=c得兩個不等實數(shù)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
,
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(shù),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(shù)研究函數(shù)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.
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