Question

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

Answer 1

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（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），
∴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．