Question

已知函數(shù)f（x）=2x+alnx（a∈R）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若函數(shù)f（x）的最小值為h（a），m，n為h（a）定義域A中的任意兩個值，求證：

h(m)+h(n)

2

＜h(

m+n

2

)．

Answer 1

分析：（1）求導函數(shù)，令f′（x）=0得x=-

a

2

，再分類討論：當a≥0時，f′（x）≥0；當a＜0時，若0＜x＜-

a

2

，則f′（x）＜0；若x＞-

a

2

，則f′（x）＞0，由此可得函數(shù)的單調區(qū)間；
（2）先判斷a＜0，函數(shù)f（x）在x=-

a

2

處取得極小值f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)，再根據(jù)函數(shù)f（x）有兩個零點，建立不等式，即可求得a的取值范圍；
（3）由（1）（2）知，當a≥0時，函數(shù)f（x）無最小值；當a＜0時，h(a)=f(x)min=f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)，利用作差法，再構建函數(shù)，利用導數(shù)，即可證得結論．

解答：（1）解：求導函數(shù)，可得f′(x)=2+

a

x

(x＞0)
令f′（x）=0得x=-

a

2

當a≥0時，f′（x）≥0，∴函數(shù)f（x）=2x+alnx在區(qū)間（0，+∞）上單調遞增；
當a＜0時，若0＜x＜-

a

2

，則f′（x）＜0；若x＞-

a

2

，則f′（x）＞0
∴函數(shù)f（x）=2x+alnx在區(qū)間(0，-

a

2

)上單調遞減，在區(qū)間(-

a

2

，+∞)上單調遞增．
綜上所述，當a≥0時，函數(shù)f（x）的單調增區(qū)間為（0，+∞）；
當a＜0時，函數(shù)f（x）的單調減區(qū)間為(0，-

a

2

)，單調增區(qū)間為(-

a

2

，+∞)．…（4分）
（2）解：由（1）知，當a≥0時，函數(shù)f（x）至多有一個零點，不符合題意，∴a＜0
又由（1）知，若a＜0，則函數(shù)f（x）在x=-

a

2

處取得極小值f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)
∴函數(shù)f（x）有兩個零點
∴

a＜0 -a+aln(- a 2 )＜0

，解得a＜-2e
∴a的取值范圍是（-∞，-2e）（8分）
（3）證明：由（1）（2）知，當a≥0時，函數(shù)f（x）無最小值；
當a＜0時，h(a)=f(x)min=f(-

a

2

)=-a+aln(-

a

2

)
對于?m，n∈（-∞，0）且m≠n，有

h(m)+h(n)

2

-h(

m+n

2

)=

-m+mln(- m 2 )-n+nln(- n 2 )

2

-[-

m+n

2

+

m+n

2

ln(-

m+n

4

)]=

m

2

ln(-

m

2

)+

n

2

ln(-

n

2

)-

m+n

2

ln(-

m+n

4

)=

m

2

ln

2m

m+n

+

n

2

ln

2n

m+n

（10分）
不妨設m＜n＜0，則

m

n

＞1，令t=

m

n

(t＞1)，則

h(m)+h(n)

2

-h(

m+n

2

)=

n

2

(

m

n

ln

2• m n

m n +1

+ln

2

m n +1

)=

n

2

(tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

)
設u(t)=tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

=tln2t-tln(t+1)+ln2-ln(t+1)
則u′(t)=ln2t+1-ln(t+1)-

t

t+1

-

1

t+1

=ln

2t

t+1

≥0，當且僅當t=1時取“=”
所以函數(shù)u（t）在[1，+∞）上單調遞增，
故t＞1時，u（t）＞u（1）=0
又n＜0，∴

n

2

(tln

2t

t+1

+ln

2

t+1

)＜0，即

h(m)+h(n)

2

-h(

m+n

2

)＜0
所以

h(m)+h(n)

2

＜h(

m+n

2

)（14分）

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調性，考查函數(shù)的零點，考查不等式的證明，考查構造函數(shù)，綜合性強，難度大．