Question

5．已知函数f（x）=2lnx-x²+ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a=0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）-ax+m在$[\frac{1}{e}，\;\;e]$上有两个零点，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）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0＜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 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）求出函数的导数，得到函数的单调性，求出g（x）的最大值和最小值，得到关于m的不等式组，解出即可；
（Ⅲ）问题掌握证明$\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}+ln\frac{x_1}{x_2}＜0$，令$t=\frac{x_1}{x_2}$，即证明$u（t）=\frac{2（1-t）}{t+1}+lnt＜0$在0＜t＜1上恒成立，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞）当a=0时，f（x）=2lnx-x²，
$f'（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{{-2（{x^2}-1）}}{x}=\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$…（1分）
由f'（x）＞0得0＜x＜1由f'（x）＜0得x＞1，
∴f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）…（3分）
（Ⅱ）g（x）=2lnx-x²+m，则$g'（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
∵$x∈[\frac{1}{e}，e]$，故g'（x）=0时，x=1．
当$\frac{1}{e}＜x＜1$时，g'（x）＞0；当1＜x＜e时，g'（x）＜0．
故g（x）在x=1处取得极大值g（1）=m-1．（5分）
又$g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{e^2}$，g（e）=m+2-e²，
$g（e）-g（\frac{1}{e}）=4-{e^2}+\frac{1}{e^2}＜0$，则$g（e）＜g（\frac{1}{e}）$，
∴g（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上的最小值是g（e）．（6分）
g（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上有两个零点的条件是$\left\{\begin{array}{l}g（1）=m-1＞0\\ g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{e^2}≤0\end{array}\right.$，
解得$1＜m≤2+\frac{1}{e^2}$，
∴实数m的取值范围是$（1，2+\frac{1}{e^2}]$．（8分）
（Ⅲ）∵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$\left\{\begin{array}{l}2ln{x_1}-x_1^2+a{x_1}=0\\ 2ln{x_2}-x_2^2+a{x_2}=0\end{array}\right.$，两式相减得$a=（{x_1}+{x_2}）-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$．
又f（x）=2lnx-x²+ax，$f'（x）=\frac{2}{x}-2x+a$，
则$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）+a$=$\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$．
下证$\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0$（*），
即证明$\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}+ln\frac{x_1}{x_2}＜0$，$t=\frac{x_1}{x_2}$，
∵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．（10分）
∵$u'（t）=\frac{-2（t+1）-2（1-t）}{{{{（t+1）}^2}}}+\frac{1}{t}=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}$，
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…．（12分）

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函数恒成立问题，是一道综合题．