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3.已知f(x)=|x-2a|-alnx,f(x)有两个零点x1,x2,求证:x1•x2<8a3

分析 分类讨论,利用导数研究函数f(x)的单调区间,得到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>$\frac{1}{2}$.再利用函数零点的判定定理证明a>$\frac{1}{2}$时,f(x)在(0,2a)和(2a,+∞)上各有一个零点,则要证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即可.

解答 证明:当a≤0时,f(x)=x-2a-alnx(x>0),f′(x)=1-$\frac{a}{x}$>0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
a>0时,f(x)=$\left\{\begin{array}{l}{2a-x-alnx,0<x<2a}\\{x-2a-alnx,x≥2a}\end{array}\right.$,
∴f′(x)=$\left\{\begin{array}{l}{-1-\frac{a}{x},0<x<2a}\\{1-\frac{a}{x},x>2a}\end{array}\right.$,
故f(x)在(0,2a)上单调递减,在(2a,+∞)上递增.
∵f(2a)=-aln2a<0,∴a>$\frac{1}{2}$.
而$\frac{1}{2}$<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).
a≥e时,f(e)=2a-e-alne=2e(a-e)≥0,∵f(2a)<0,∴x1∈[e,2a).
f(e2a)=|e2a-2a|-alne2a=|e2a-2a|-2a2,令p(a)=e2a-2a,p′(a)=2e2a-2e>0,∴p(a)≥p(e)=e2a-2e>0,
∴f(e2a)=e2a-2a-2a2,令q(a)=e2a-2a-2a2,q′(a)=2e2a-2-4a (a≥e),
∵[q′(a)]′=4e2a-4>0,∴q′(a)≥q′(e)=2e2a-2-4e=2(e2a-1-2e)>0,
所以q(a)≥q(e)=e2a-2e-2e2=e2a-2e(1+e)>e5-2e(1+e)>0,即 f(e2a)>0.
∵f(2a)<0,∴x2∈(2a,e2a),
∴f(x)在(0,2a)和(2a,+∞)上各有一个零点;
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>$\frac{1}{2}$,∴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-$\frac{2}{a}$>0,
∴g′(a)在($\frac{1}{2}$,+∞)上为增函数,
∴g′(a)>g′($\frac{1}{2}$)=4-2ln$\frac{1}{2}$-4-ln4=0,∴g(a)在($\frac{1}{2}$,+∞)上为增函数,
∴g(a)>g($\frac{1}{2}$)=1-1-$\frac{1}{2}$ln4-ln$\frac{1}{2}$=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,属于难题.

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