(2013•浙江二模)已知函數(shù)f(x)=
(x-a)2
lnx
(其中a為常數(shù)).
(Ⅰ)當(dāng)a=0時(shí),求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;
(Ⅱ) 當(dāng)0<a<1時(shí),設(shè)函數(shù)f(x)的3個(gè)極值點(diǎn)為x1,x2,x3,且x1<x2<x3.證明:x1+x3
2
e
分析:(Ⅰ)求導(dǎo)數(shù),利用導(dǎo)數(shù)不等式求單調(diào)區(qū)間.
(Ⅱ)利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合函數(shù)f(x)的3個(gè)極值點(diǎn)為x1,x2,x3,構(gòu)造函數(shù),利用單調(diào)性去判斷.
解答:解:(Ⅰ) f′(x)=
x(2lnx-1)
ln2x

令f'(x)=0可得x=
e
.列表如下:
x (0,1) (1,
e
)
e
(
e
,+∞)
f'(x) - - 0 +
f(x) 極小值
單調(diào)減區(qū)間為(0,1),(1,
e
)
;增區(qū)間為(
e
,+∞)
.------------(5分)
(Ⅱ)由題,f′(x)=
(x-a)(2lnx+
a
x
-1)
ln2x

對(duì)于函數(shù)h(x)=2lnx+
a
x
-1
,有h′(x)=
2x-a
x2

∴函數(shù)h(x)在(0,
a
2
)
上單調(diào)遞減,在(
a
2
,+∞)
上單調(diào)遞增
∵函數(shù)f(x)有3個(gè)極值點(diǎn)x1<x2<x3,
從而hmin(x)=h(
a
2
)=2ln
a
2
+1<0
,所以a<
2
e
,
當(dāng)0<a<1時(shí),h(a)=2lna<0,h(1)=a-1<0,
∴函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間有(x1,a)和(x3,+∞),遞減區(qū)間有(0,x1),(a,1),(1,x3),
此時(shí),函數(shù)f(x)有3個(gè)極值點(diǎn),且x2=a;
∴當(dāng)0<a<1時(shí),x1,x3是函數(shù)h(x)=2lnx+
a
x
-1
的兩個(gè)零點(diǎn),----(9分)
即有
2ln?x1+
a
x1
-1=0
2ln?x3+
a
x3
-1=0
,消去a有2x1lnx1-x1=2x3lnx3-x3
令g(x)=2xlnx-x,g'(x)=2lnx+1有零點(diǎn)x=
1
e
,且x1
1
e
x3

∴函數(shù)g(x)=2xlnx-x在(0,
1
e
)
上遞減,在(
1
e
,+∞)
上遞增
要證明    x1+x3
2
e
?x3
2
e
-x1
?g(x3)>g(
2
e
-x1)

因?yàn)間(x1)=g(x3),所以即證g(x1)>g(
2
e
-x1)?g(x1)-g(
2
e
-x1)>0

構(gòu)造函數(shù)F(x)=g(x)-g(
2
e
-x)
,則F(
1
e
)=0

只需要證明x∈(0,
1
e
]
單調(diào)遞減即可.而F′(x)=2lnx+2ln(
2
e
-x)+2
,F″(x)=
2(
2
e
-2x)
x(
2
e
-x)
>0
,所F'(x)在(0,
1
e
]
上單調(diào)遞增,
所以F′(x)<F(
1
e
)=0

∴當(dāng)0<a<1時(shí),x1+x3
2
e
.--------(15分)
點(diǎn)評(píng):本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值問題,綜合性較強(qiáng),運(yùn)算量較大.
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x+
1
x
,x>0
x3+9,x≤0
,若關(guān)于x的方程f(x2+2x)=a(a∈R)有六個(gè)不同的實(shí)根,則a的取值范圍是( 。

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①若m∥α,m∥β,則α∥β;
②若m⊥α,m⊥β,則α∥β;
③若m∥α,n∥α,則m∥n;
④若m⊥α,n⊥α,則m∥n.
上述命題中,所有真命題的序號(hào)是( 。

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(1)求y1+y2的值;
(2)若y1≥0,y2≥0,求△PAB面積的最大值.

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