Question

已知函數(shù)f（x）=x²-ax-a²lnx（a≠0）有兩個零點．
（Ⅰ）求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）對于任意兩個不相等的x₁，x₂∈（0，+∞），存在x₀使得f′（x₀）=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

，求證：

x1x2

＜x₀＜

x1+x2

2

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的最小值，故由題意得只要函數(shù)的最小值小于0即可，注意對a分類討論；
（2）記h(x)=f′(x)=2x-a-

a2

x

，則h′(x)=2+

a2

x2

＞0，所以f'（x）為（0，+∞）上的增函數(shù)．要證

x1x2

＜x0＜

x1+x2

2

，只要證f′(

x1x2

)＜f′(x0)＜f′(

x1+x2

2

)．利用導數(shù)證明即可．

解答： 解：（Ⅰ）f′(x)=

(2x+a)(x-a)

x

…（1分）
當x→0時，f（x）→+∞，當x→+∞時，f（x）→+∞．
當a＞0時，f（x）在（0，a）上遞減，在（a，+∞）上遞增，
所以f（x）的最小值為f（a）=-a²lna，由-a²lna＜0解得a＞1．…（4分）
當a＜0時，f（x）在(0，-

a

2

)上遞減，在(-

a

2

，+∞)上遞增，
所以f（x）的最小值為f(-

a

2

)=

3

4

a2-a2ln(-

a

2

)，
由

3

4

a2-a2ln(-

a

2

)＜0解得a＜-2e

3

4

．
所以a的取值范圍為a＜-2e

3

4

或a＞1…（7分）
（Ⅱ）記h(x)=f′(x)=2x-a-

a2

x

，則h′(x)=2+

a2

x2

＞0，…（8分）
所以f'（x）為（0，+∞）上的增函數(shù)．
要證

x1x2

＜x0＜

x1+x2

2

，
只要證f′(

x1x2

)＜f′(x0)＜f′(

x1+x2

2

)．…（9分）
不妨設x₁＜x₂f′(x0)=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=(x1+x2)-a-a2

lnx1-lnx2

x1-x2

f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)=

a2

x1-x2

(ln

x1

x2

-2

x1 x2 -1

x1 x2 +1

)
設F(t)=lnt-2

t-1

t+1

(t∈(0，1])，則F′(x)=

(t-1)2

t(t+1)2

≥0
∴F（t）在（0，1]為增函數(shù)．∴當t∈（0，1）時，F(xiàn)（t）＜F（1）=0
令t=

x1

x2

得ln

x1

x2

-2

x1 x2 -1

x1 x2 +1

＜0，又

a2

x1-x2

＜0，
∴f′(

x1+x2

2

)-f′(x0)＞0，即f′(

x1+x2

2

)＞f′(x0)…（12分）
f′(

x1x2

)-f′(x0)=2

x1x2

-(x1+x2)+

a2

x1-x2

[ln

x1

x2

-(

x1 x2

-

x2 x1

)]
設G(t)=2lnt-(t-

1

t

)(t∈(0，1])，則G′(t)=-

(t-1)2

t2

＜0
∴G（t）在（0，1]為減函數(shù)．∴當t∈（0，1）時，G（t）＞G（1）=0
令t=

x1 x2

得ln

x1

x2

-(

x1 x2

-

x2 x1

)＞0，又

a2

x1-x2

＜0，2

x1x2

-(x1+x2)＜0
所以f′(

x1x2

)-f′(x0)＜0，即f′(

x1x2

)＜f′(x0)
所以f′(

x1x2

)＜f′(x0)＜f′(

x1+x2

2

)即

x1x2

＜x0＜

x1+x2

2

．…（14分）

點評：本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的最值等知識，考查學生分析問題，解決問題的能力及運算求解能力，綜合性邏輯性強，屬難題．