Question

2．已知函数f（x）=2lnx-x²+ax（a∈R）．
（1）当a=1时，求函数f（x）的图象在x=1处的切线方程；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若函数f（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x₁，0），B（x₂，0）．且x₁＜x₂，求证：${f^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$（其中f′（x）是f（x）的导函数）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（1），f（1），代入切线方程即可；
（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（3）由于f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），可得方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，得到a=（x1+x2）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，可得f′（ $\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，经过变形只要证明 $\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，通过换元再利用导数研究其单调性即可得．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=2lnx-x²+x，
f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+1，f′（1）=1，f（1）=0，
故切线方程是：y=x-1；
（2）f′（x）=$\frac{-{2x}^{2}+x+2}{x}$，（x＞0），
令g（x）=-2x²+x+2．则△=a²+16＞0，
令f′（x）＞0，解得：x＜$\frac{-a-\sqrt{{a}^{2}+16}}{4}$＜0（舍），或x＞$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+16}}{4}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{-a+\sqrt{{a}^{2}+16}}{4}$，
∴f（x）在$（0，\frac{{a+\sqrt{{a^2}+16}}}{4}）$递减，在$（\frac{{a+\sqrt{{a^2}+16}}}{4}，+∞）$递增；
（3）∵f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
∴方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，则 $\left\{\begin{array}{l}{2l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}+{ax}_{1}=0}\\{2l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}+{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$，
两式相减得a=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
又f（x）=2lnx-x²+ax，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+a，
则f′（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
下证  $\frac{4}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0（*），
即证明 $\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明u（t）=$\frac{2（1-t）}{t+1}$+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．
∵u′（t）=$\frac{-2（t+1）-2（1-t）}{{（t+1）}^{2}}$+$\frac{1}{t}$=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
又0＜t＜1，
∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（1）=0，
从而知$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
故（*）式＜0，即f′（$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$）＜0成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值问题，考查导数的几何意义、切线的方程、方程实数根的个数转化为图象的交点，考查了推理能力和计算能力，属于难题．