Question

1．已知 f（x）=2lnx-ax+1（a∈R）．
（Ⅰ）若a＞0，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若 f（x）有两个不同零点 x₁、x₂ （x₂＞x₁），f'（x）为 f（x）的导函数，求证：f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函数f（x）的定义域为{x|x＞0}，f′（x）=$\frac{2}{x}$-a，当x$∈（0，\frac{2}{a}）$时f′（x）＞0，x$∈（\frac{2}{a}，+∞）$时，f′（x）＜0即可得到单调区间．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得要使 f（x）有两个不同零点 x₁、x₂，则a＞0，可得2lnx₁-ax₁+1=0，2lnx₂-ax₂+1=0⇒a=$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，$f′（\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}）$=$\frac{4}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）]，要证证：f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0，只需证$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）＞0．即证$\frac{4（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}-2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0，令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t，（0＜t＜1）$，g（t）=$\frac{4（t-1）}{t+2}-2lnt$（0＜t＜1），利用导数即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为{x|x＞0}，f′（x）=$\frac{2}{x}$-a
令f′（x）=$\frac{2}{x}$-a=0，解得x=$\frac{2}{a}$＞0
当x$∈（0，\frac{2}{a}）$时f′（x）＞0，x$∈（\frac{2}{a}，+∞）$时，f′（x）＜0
∴函数f（x）的单增区间（0，$\frac{2}{a}$）：f（x）的单减区间：（$\frac{2}{a}$，+∞），
（Ⅱ）由（Ⅰ）得要使 f（x）有两个不同零点 x₁、x₂，则a＞0，
可得2lnx₁-ax₁+1=0，2lnx₂-ax₂+1=0，
⇒a=$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
∴$f′（\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}）$=$\frac{4}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）]，
要证证：f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0，只需证$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）＞0．
即证$\frac{4（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}-2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t，（0＜t＜1）$，
g（t）=$\frac{4（t-1）}{t+2}-2lnt$，（0＜t＜1）．
g′（t）=$\frac{-2（{t}^{2}-2t+4）}{（t+2）^{2}t}＜0$，
∴g（t）在（0，1）上单调递增，g（1）=0，
∴g（t）＜0．
故f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0．

点评 本题考查了导数的应用，利用导数求最值、单调性，考查了转化思想，属于中档题．