Question

15．已知函数f（x）=-x²+alnx，a∈R．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当a=4时，记函数g（x）=f（x）+kx，设x₁、x₂（x₁＜x₂）是方程g（x）=0的两个根，x₀是x₁、x₂的等差中项，g′（x）为函数g（x）的导函数，求证：g′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数g（x）的导数，问题转化为ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，即t∈（0，1），问题转化为证lnt＜$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（0＜t＜1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），
又f′（x）=$\frac{a}{x}$-2x=-$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$，
a≤0时，在（0，+∞）上f（x）是减函数，
a＞0时，f′（x）=0，得：x₁=$\sqrt{\frac{a}{2}}$或x₂=-$\sqrt{\frac{a}{2}}$（舍），
在（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）上，f′（x）＞0，f（x）是增函数，
在（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
证明：（2）∵g（x）=4lnx-x²+kx，
∴g′（x）=$\frac{4}{x}$-2x+k，
又x₁+x₂=2x₀，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{1}）=4l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}+{kx}_{1}=0}\\{g{（x}_{2}）=4l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}+{kx}_{2}=0}\end{array}\right.$，
两式相减得：4（lnx₁-lnx₂）-（x₁+x₂）（x₁-x₂）+k（x₁-x₂）=0，
∴k=（x₁+x₂）-$\frac{4（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$，
由g′（x₀）＜0?$\frac{4}{{x}_{0}}$-2x₀+k＜0?$\frac{8}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{4（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0
?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，即t∈（0，1），
即证lnt＜$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，
令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（0＜t＜1），
∴h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
当t∈（0，1）时，h′（t）＞0，h（t）是增函数，
令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（0＜t＜1），
∴h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故t∈（0，1）时，h（t）是增函数，
∴h（t）＜h（1）=0，
∴lnt＜2-$\frac{4}{t+1}$成立，
故原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．