Question

已知函数f（x）=2lnx-x²-ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）如果函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂且x₁＜x₂，证明：对满足p+q=1，p≤q的任意正常数，f′（px₁+qx₂）＜0恒成立．

Answer 1

分析：（1）先求函数的定义域，然后求导，利用f'（x）＞0或f'（x）＜0求函数的单调区间．
（2）利用导数，求f′（px₁+qx₂）的数值，利用导数证明不等式．

解答：解：（1）函数的定义域为（0，+∞），则f′(x)=

2

x

-2x-a=-

2x2+ax-2

x

，令f'（x）=0，解得
x3=

-a- a2+16

4

＜0，x4=

-a+ a2+16

4

＞0，所以当0＜x＜x₄时，f'（x）＞0，此时函数单调递增．
当x＞x₄时，f'（x）＜0，此时函数单调递减．
所以函数的单调递增区间为(0，

-a+ a2+16

4

)，单调递减区间为[

-a+ a2+16

4

，+∞)．
（2）因为函数f（x）有两个不同的零点x₁，x₂且x₁＜x₂，所以

2lnx1- x 2 1 -ax1=0 2lnx2- x 2 2 -ax2=0

，两式相减得a=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，
因为f′(x)=

2

x

-2x-a=-

2x2+ax-2

x

，
所以f′(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)-[

2(ln?x1-ln?x2)

x1-x2

-(x1+x2)]
=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2p-1)(x2-x1)，
因为2p≤p+q=1，x₂＞x₁，所以（2p-1）（x₂-x₁）≤0，要证f′（px₁+qx₂）＜0，只要证明

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

＜0即可，即只要证明

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0即可．
令

x1

x2

=t，0＜t＜1，即只要证明g(t)=

1-t

pt+q

+ln?t＜0在0＜t＜1上恒成立即可．g′(t)=

-1×(pt+q)-(1-t)p

(pt+q)2

+

1

t

=-

1

(pt+q)2

+

1

t

=

p2(t-1)(t- q2 p2 )

t(pt+q)2

，
因为p+q=1，0＜p≤q，所以

q

p

≥1，

q2

p2

≥1，所以当0＜t＜1时，t-1＜0，t-

q2

p2

＜0，
所以g'（x）＜0，所以函数g（t）在（0，1）上为增函数，所以g（t）＜g（1）=0．
所以

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0，故所证明的不等式成立．

点评：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及通过构造函数，利用导数证明不等式，运算量较大，综合性较强．