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17.已知函數(shù)f(x)=lnx+ax(a∈R).
(1)求函數(shù)的單調區(qū)間;
(2)若方程f(x)=2存在兩個不同的實數(shù)解x1、x2,求證:x1+x2>2a.

分析 (1)求出f(x)的導數(shù),通過討論a的范圍,判斷f′(x)的符號,得到函數(shù)的單調區(qū)間即可;
(2)根據(jù)f(x)不單調,令F(x)=f(x)-2,令g(x)=F(2a-x)-F(x),x∈[a,2a),求出g(x)的單調性,得到f(x2)>f(2a-x1),從而證出結論.

解答 解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為:(0,+∞)…(1分),
fx=1xax2=xax2…(3分)
當a≤0時,f′(x)>0,f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞)…(4分)
當a>0時,當x>a時,f′(x)>0,f(x)的單調遞增區(qū)間為(a,+∞);…(5分)
當x∈(0,a)時,f′(x)<0,f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,a);…(6分)
當x=a時,f′(x)=0,f(a)為f(x)的極小值;
(2)方程f(x)=2存在兩個不同的實數(shù)解x1、x2,
因此f(x)必能不為單調函數(shù),所以a>0,…(7分)
令F(x)=f(x)-2,則F(x)的單調遞減區(qū)間為(0,a),單調遞增區(qū)間為(a,+∞),最小值F(a)<0,
∴0<x1<a<x2,令g(x)=F(2a-x)-F(x),x∈[a,2a),
∵g′(x)=F′(2a-x)-F′(x)=f′(2a-x)-f′(x)=4axa22ax2x20…(8分)
∴g(x)在[a,2a)上單調遞增,且g(a)=0,∴當x∈(a,2a)時,g(x)>0,
∵2a-x1∈(a,2a),∴g(2a-x1)>0,
g(2a-x1)=F(x1)-F(2a-x1)=f(x1)-f(2a-x1)>0…(10分)
∵f(x1)=f(x2)=2,∴f(x2)>f(2a-x1)…(11分)
∵f(x)的單調遞增區(qū)間為(a,+∞),x2、2a-x1∈(a,+∞)
∴x2>2a-x1,∴x1+x2>2a…(12分)

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題,考查導數(shù)的應用,轉化思想,有一定的難度.

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