Question

已知函数f（x）=x2-（a-2）x-alnx，（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）设函数g（x）=-x3-ax2+a-a24，

已知函数f（x）=x2-（a-2）x-alnx，（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）设函数g（x）=-x3-ax2+a-a24，若存在α，β∈（0，a]，使得|f（α）-g（β）|＜a成立，求a的取值范围； （Ⅲ）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

（Ⅰ）由f（x）=x²-（a-2）x-alnx，
得f′(x)＝2x?(a?2)?

a

x

＝

(2x?a)(x+1)

x

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

a

2

，由f′（x）＜0得0＜x＜

a

2

．
∴函数f（x）的增区间为（

a

2

，+∞），减区间为（0，

a

2

）；
（Ⅱ）当x∈（0，a]时，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

．
当a＞0时，g′（x）＜0在（0，+∞）恒成立，g（x）在（0，+∞）上为减函数，
当x∈（0，a]时，g（x）＜g（0）=a?

a2

4

．
a?

a2

4

?aln

a

2

?a+

a2

4

＝?aln

a

2

．
①当?aln

a

2

≤0时，则|f（α）-g（β）|_min=0＜a显然成立，即a≥2．
②当?aln

a

2

＞0时，则|f(α)?g(β)|min＝?aln

a

2

＜a，即

2

e

＜a＜2．
综上可知：a＞

2

e

；  
（Ⅲ）∵x₁，x₂是方程f（x）=c的两个不相等的实数根，不妨设0＜x₁＜x₂，
则x12?(a?2)x1?alnx1＝c，x22?(a?2)x2?alnx2＝c．
两式相减得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，当x＞

a

2

时f′（x）＞0，当0＜x＜

a

2

时f′（x）＜0．
故只要证明

x1+x2

2

＞

a

2

即可，即证x1+x2＞

x12+2x1?x22?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)＝

(t?1)2

t(t+1)2

≥0．
则g(t)＝lnt?

2t?2

t+1

在（0，+∞）上是增函数，
又∵g（1）=0，
∴t∈（0，1）时总有g（t）＜0成立．
即f′（

x1+x2

2

）＞0．