已知函数f(x)=aln(x-a)-12x2+x(a＜0)．（I）当-1＜a＜0时，求f（x）的单调区间；（II）若-1＜a＜2（ln2-1），求证：函数f（x）只有一个零点x0，且a+1＜x0＜a+2；（III）当a=-45时，记函数f（x）的零-数学试题及答案

1、试题题目：已知函数f(x)=aln(x-a)-12x2+x(a＜0)．（I）当-1＜a＜0时，求f（x）的单调..

发布人：繁体字网（www.fantiz5.com）发布时间：2015-12-04 07:30:00

试题原文

已知函数f(x)=aln(x-a)-

1

2

x2+x(a＜0)．
（I）当-1＜a＜0时，求f（x）的单调区间；
（II）若-1＜a＜2（ln2-1），求证：函数f（x）只有一个零点x₀，且a+1＜x₀＜a+2；
（III）当a=-

4

5

时，记函数f（x）的零点为x₀，若对任意x₁，x₂∈[0，x₀]且x₂-x₁=1，都有|f（x₂）-f（x₁）|≥m成立，求实数m的最大值．
（本题可参考数据：ln2=0.7，ln

9

4

=0.8，ln

9

5

=0.59）

试题来源：海淀区二模试题题型：解答题试题难度：中档适用学段：高中考察重点：函数的单调性与导数的关系

2、试题答案：该试题的参考答案和解析内容如下：

（I）f（x）的定义域为（a，+∞）．
f′(x)=

a

x-a

-x+1=

-x2+(a+1)x

x-a

．
令f'（x）=0?x=0或x=a+1．
当-1＜a＜0时，a+1＞0，函数f（x）与f'（x）随x的变化情况如下表：

x	（a，0）	0	（0，a+1）	a+1	（a+1，+∞）
f（x）	-	0	+	0	-
f'（x）	↘	极小值	↗	极大值	↘

所以，函数f（x）的单调递增区间是（0，a+1），单调递减区间是（a，0）和（a+1，+∞）．…（4分）
（II）证明：当-1＜a＜2（ln2-1）＜0时，
由（I）知，f（x）的极小值为f（0），极大值为f（a+1）．
因为f（0）=aln（-a）＞0，f(a+1)=-

1

2

(a+1)2+(a+1)=

1

2

(1-a2)＞0，
且f（x）在（a+1，+∞）上是减函数，
所以f（x）至多有一个零点．
又因为f(a+2)=aln2-

1

2

a2-a=-

1

2

a[a-2(ln2-1)]＜0，
所以函数f（x）只有一个零点x₀，且a+1＜x₀＜a+2．…（9分）
（III）因为-1＜-

4

5

＜2(ln2-1)，
所以任意x₁，x₂∈[0，x₀]且x₂-x₁=1，
由（II）可知x₁∈[0，a+1]，x₂∈（a+1，x₀]，且x₂≥1．
因为函数f（x）在[0，a+1]上是增函数，在（a+1，+∞）上是减函数，
所以f（x₁）≥f（0），f（x₂）≤f（1），
∴f（x₁）-f（x₂）≥f（0）-f（1）．
当a=-

4

5

时，f(0)-f(1)=aln(

a

a-1

)-

1

2

=

4

5

ln

9

4

-

1

2

＞0．
所以f（x₁）-f（x₂）≥f（0）-f（1）＞0
所以|f（x₂）-f（x₁）|的最小值为f(0)-f(1)=

4

5

ln

9

4

-

1

2

．
所以使得|f（x₂）-f（x₁）|≥m恒成立的m的最大值为

4

5

ln

9

4

-

1

2

．…（14分）

3、扩展分析：该试题重点查考的考点详细输入如下：

经过对同学们试题原文答题和答案批改分析后，可以看出该题目“已知函数f(x)=aln(x-a)-12x2+x(a＜0)．（I）当-1＜a＜0时，求f（x）的单调..”的主要目的是检查您对于考点“高中函数的单调性与导数的关系”相关知识的理解。有关该知识点的概要说明可查看：“高中函数的单调性与导数的关系”。

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