Question

设函数f（x）=x2-（a-2）x-alnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最

设函数f（x）=x2-（a-2）x-alnx．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数a的值；（3）若方程f（x）=c有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′(x1+x22)＞0．

Answer 1

（1）x∈（0，+∞）．
f′(x)＝2x?(a?2)?

a

x

=

2x2?(a?2)x?a

x

=

(2x?a)(x+1)

x

．
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞0上单调递增，即f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
当a＞0时，由f′（x）＞0得x＞

a

2

；由f′（x）＜0，解得0＜x＜

a

2

．
所以函数f（x）的单调递增区间为(

a

2

，+∞)，单调递减区间为(0，

a

2

)．
（2）由（1）可得，若函数f（x）有两个零点，则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，+∞）上为增函数，且h（2）=-2，h（3）=4ln

3

2

?1=ln

81

16

?1＞lne?1＝0，
所以存在零点h（a₀）=0，a₀∈（2，3），
当a＞a₀时，h（a）＞0；当0＜a＜a₀时，h（a）＜0．
所以满足条件的最小正整数a=3．
又当a=3时，f（3）=3（2-ln3）＞0，f（1）=0，∴a=3时，f（x）由两个零点．
综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．
（3）∵x₁，x₂是方程f（x）=c得两个不等实数根，由（1）可知：a＞0．
不妨设0＜x₁＜x₂．则

x

2 1

?(a?2)x1?alnx1＝c，

x

2 2

?(a?2)x2?alnx2＝c．
两式相减得

x

2 1

?(a?2)x1?alnx1?

x

2 2

+(a?2)x2+alnx₂=0，
化为a=

x 2 1 +2x1? x 2 2 ?2x2

x1+lnx1?x2?lnx2

．
∵f′(

a

2

)＝0，当x∈(0，

a

2

)时，f′（x）＜0，当x∈(

a

2

，+∞)时，f′（x）＞0．
故只要证明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，
即证明x₁+x₂＞

x 2 1 +2x1? x 2 2 ?2x2

x1+lnx1?x2?lnx2

，即证明ln

x1

x2

＜

2x1?2x2

x1+x2

，
设t＝

x1

x2

(0＜t＜1)，令g（t）=lnt-

2t?2

t+1

，则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）上是增函数，又在t=1处连续且g（1）=0，
∴当t∈（0，1）时，g（t）＜0纵成立．故命题得证．