Question

【题目】设f（x）=x ln x﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R．
（Ⅰ）令g（x）=f′（x ），求 g（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a≤0时，直线 y=t（﹣1＜t＜0）与f（x）的图象有两个交点A（x1 ， t），B（x2 ， t），且x1＜x2 ， 求证：x1+x2＞2．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）由f′（x）=lnx﹣2ax+2a， 得g（x）=lnx﹣2ax+2a，x∈（0，+∞），
则g′（x）= ﹣2a= ，
a≤0时，x∈（0，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）递增；
a＞0时，x∈（0， ）时，g′（x）＞0，函数g（x）递增；
x∈（ ，+∞）时，g′（x）＜0，函数g（x）递减；
∴a≤0时，函数g（x）在（0，+∞）递增，
a＞0时，函数g（x）在（0， ）递增，在（ ，+∞）递减；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：f′（1）=0，
a≤0时，f′（x）是递增函数，且当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
∴f（x）在x=1处取得极小值，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 +（2a﹣1）x1﹣[（2﹣x1）ln（2﹣x1）﹣a +（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﹣ ]＜0，
于是h（x1）在（0，1）递减，
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，+∞）递增，
∴x2＞2﹣x1即x1+x2＞2．
【解析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）求出f（x）min=f（1）=a﹣1≤﹣1，得到0＜x1＜1＜x2 ， 根据函数的单调性证明即可．
【考点精析】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性的相关知识点，需要掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减才能正确解答此题．