Question

1．設(shè)f（x）=x ln x-ax²+（2a-1）x，a∈R．
（Ⅰ）令g（x）=f′（x ），求 g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a≤0時(shí)，直線 y=t（-1＜t＜0）與f（x）的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)A（x₁，t），B（x₂，t），且x₁＜x₂，求證：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）求出f（x）_min=f（1）=a-1≤-1，得到0＜x₁＜1＜x₂，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）由f′（x）=lnx-2ax+2a，
得g（x）=lnx-2ax+2a，x∈（0，+∞），
則g′（x）=$\frac{1}{x}$-2a=$\frac{1-2ax}{x}$，
a≤0時(shí)，x∈（0，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）遞增；
a＞0時(shí)，x∈（0，$\frac{1}{2a}$）時(shí)，g′（x）＞0，函數(shù)g（x）遞增；
x∈（$\frac{1}{2a}$，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，函數(shù)g（x）遞減；
∴a≤0時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，+∞）遞增，
a＞0時(shí)，函數(shù)g（x）在（0，$\frac{1}{2a}$）遞增，在（$\frac{1}{2a}$，+∞）遞減；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）得：f′（1）=0，
a≤0時(shí)，f′（x）是遞增函數(shù)，且當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
∴f（x）在x=1處取得極小值，且f（x）_min=f（1）=a-1≤-1，
∴0＜x₁＜1＜x₂，
∴f（x₂）-f（2-x₁）=f（x₁）-f（2-x₁）
=x₁lnx₁-a${{x}_{1}}^{2}$+（2a-1）x₁-[（2-x₁）ln（2-x₁）-a${（2{-x}_{1}）}^{2}$+（2a-1）（2-x₁）]
=x₁lnx₁-（2-x₁）ln（2-x₁）-2（x₁-1），
令h（x₁）=x₁lnx₁-（2-x₁）ln（2-x₁）-2（x₁-1），
h′（x₁）=lnx₁+ln（2-x₁）=lnx₁（2-x₁）=ln[1-${{（x}_{1}-1）}^{2}$]＜0，
于是h（x₁）在（0，1）遞減，
故h（x₁）＞h（1）=0，
由此得f（x₂）-f（2-x₁）＞0，即f（x₂）＞f（2-x₁），
∵2-x₁＞1，x₂＞1，f（x）在（1，+∞）遞增，
∴x₂＞2-x₁即x₁+x₂＞2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想以及不等式的證明，是一道綜合題．