Question

已知函数f（x）=|x-2a|-alnx，常数a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个零点x₁、x₂，且x₁＜x₂．
（1）指出a的取值范围，并说明理由；
（2）求证：x₁•x₂＜8a³．

Answer 1

考点：函数单调性的性质,分段函数的应用

专题：函数的性质及应用

分析：（Ⅰ）分类讨论，利用导数研究函数f（x）的单调区间．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知a＞0，此时f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上递增．由题意可得，根据f（2a）=-aln2a＜0，求得a＞

1

2

．再利用函数零点的判定定理证明a＞

1

2

时，f（x）在（0，2a）和（2a，+∞）上各有一个零点．
（2）要证x₁•x₂＜8a³ ，只要证f（4a²）＞0，再利用导数研究函数的单调性，由单调性证明f（4a²）＞0．

解答： 解：（Ⅰ）①当a≤0时，f（x）=x-2a-alnx（x＞0），f′（x）=1-

a

x

＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增．
②a＞0时，f（x）=

2a-x-alnx，0＜x＜2a x-2a-alnx，x≥2a

，∴f′（x）=

-1- a x ，0＜x＜2a 1- a x ，x≥2a

，
故f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上递增．
综上，a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；a＞0时，f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上递增．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知a＞0，此时f（x）在（0，2a）上单调递减，在（2a，+∞）上递增．
由题意可得，首先，∵f（2a）=-aln2a＜0，∴a＞

1

2

．
下证a＞

1

2

时 f（x）在（0，2a）和（2a，+∞）上各有一个零点：
①

1

2

＜a＜e时，f（a）=a-alna=a（1-lna）＞0，∵f（2a）＜0，∴x₁∈（a，2a）．
f（e³）=e³-2a-alne³=e³-5a＞a（e²-5）＞0，∵f（2a）＜0，∴x₂∈（ 2a，e³）．
②a≥e时，f（e）=2a-e-alne=2e（a-e）≥0，∵f（2a）＜0，∴x₁∈[e，2a）．
f（e^2a）=|e^2a-2a|-alne^2a=|e^2a-2a|-2a²，令p（a）=e^2a-2a，p′（a）=2e^2a-2e＞0，∴p（a）≥p（e）=e^2a-2e＞0，
∴f（e^2a）=e^2a-2a-2a²，令q（a）=e^2a-2a-2a²，q′（a）=2e^2a-2-4a （a≥e），
∵[q′（a）]′=4e^2a-4＞0，∴q′（a）≥q′（e）=2e^2a-2-4e=2（e^2a-1-2e）＞0，
所以q（a）≥q（e）=e^2a-2e-2e²=e^2a-2e（1+e）＞e⁵-2e（1+e）＞0，即 f（e^2a）＞0．
∵f（2a）＜0，∴x₂∈（2a，e^2a），结论得证．综上，a＞

1

2

．
（2）要证x₁•x₂＜8a³ ，因为 x₁∈（0，2a），只要证x₂＜4a²，即证f（4a²）＞0．
事实上，f（4a²）=|4a²-2a|-aln（4a²），∵a＞

1

2

，∴f（4a²）=4a²-2a-aln（4a²）=4a²-2a-aln4-2alna．
令g（a）=4a²-2a-aln4-2alna，则g′（a）=8a-2lna-4-ln4，g″（a）=8-

2

a

＞0，∴g′（a）在（

1

2

，+∞）上为增函数，
∴g′（a）＞g′（

1

2

）=4-2ln

1

2

-4-ln4=0，∴g（a）在（

1

2

，+∞）上为增函数，
∴g（a）＞g（

1

2

）=1-1-

1

2

ln4-ln

1

2

=0，所以 f（4a²）＞0，即 x₁•x₂＜8a³．

点评：本题主要考查函数的单调性的性质，利用导数研究函数的单调性，函数零点的判定定理，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．