Question

已知函數(shù)f（x）=|x-2a|-alnx，常數(shù)a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有兩個零點(diǎn)x₁、x₂，且x₁＜x₂．
（1）指出a的取值范圍，并說明理由；
（2）求證：x₁•x₂＜8a³．

Answer 1

考點(diǎn)：函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì),分段函數(shù)的應(yīng)用

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知a＞0，此時f（x）在（0，2a）上單調(diào)遞減，在（2a，+∞）上遞增．由題意可得，根據(jù)f（2a）=-aln2a＜0，求得a＞

1

2

．再利用函數(shù)零點(diǎn)的判定定理證明a＞

1

2

時，f（x）在（0，2a）和（2a，+∞）上各有一個零點(diǎn)．
（2）要證x₁•x₂＜8a³ ，只要證f（4a²）＞0，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，由單調(diào)性證明f（4a²）＞0．

解答： 解：（Ⅰ）①當(dāng)a≤0時，f（x）=x-2a-alnx（x＞0），f′（x）=1-

a

x

＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
②a＞0時，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）上單調(diào)遞減，在（2a，+∞）上遞增．
綜上，a≤0時，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；a＞0時，f（x）在（0，2a）上單調(diào)遞減，在（2a，+∞）上遞增．
（Ⅱ）（1）由（Ⅰ）知a＞0，此時f（x）在（0，2a）上單調(diào)遞減，在（2a，+∞）上遞增．
由題意可得，首先，∵f（2a）=-aln2a＜0，∴a＞

1

2

．
下證a＞

1

2

時 f（x）在（0，2a）和（2a，+∞）上各有一個零點(diǎn)：
①

1

2

＜a＜e時，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時，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），結(jié)論得證．綜上，a＞

1

2

．
（2）要證x₁•x₂＜8a³ ，因?yàn)?x₁∈（0，2a），只要證x₂＜4a²，即證f（4a²）＞0．
事實(shí)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，則g′（a）=8a-2lna-4-ln4，g″（a）=8-

2

a

＞0，∴g′（a）在（

1

2

，+∞）上為增函數(shù)，
∴g′（a）＞g′（

1

2

）=4-2ln

1

2

-4-ln4=0，∴g（a）在（

1

2

，+∞）上為增函數(shù)，
∴g（a）＞g（

1

2

）=1-1-

1

2

ln4-ln

1

2

=0，所以 f（4a²）＞0，即 x₁•x₂＜8a³．

點(diǎn)評：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)零點(diǎn)的判定定理，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化、分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．