Question

2．已知函数$f（x）=2lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{2-a}）x（{a∈R}）$．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若对于?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，存在正实数x₀，使得f（x₂）-f（x₁）=f'（x₀）（x₂-x₁），试判断$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$与f'（x₀）的大小关系，并给出证明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）作差得到f′（x₀）-f′$（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）$=$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，得到ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，（t＞1），令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2}{x}$-ax+（2-a）=-$\frac{（x+1）（ax-2）}{x}$，
①若a≤0，则f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）递增，
②若a＞0，则由f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{2}{a}$，
由f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{2}{a}$，
故f（x）在（0，$\frac{2}{a}$）递增，在（$\frac{2}{a}$，+∞）递减；
证明：（Ⅱ）f（x₂）-f（x₁）=2（lnx₂-lnx₁）-$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）（x₂-x₁）+（2-a）（x₂-x₁），
由题意得f′（x₀）=$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{{x}_{2}-x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+（2-a），
又f′$（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）$=$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a•$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$+（2-a），
∴f′（x₀）-f′$（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）$=$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[（lnx₂-lnx₁）-$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$]=$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，则ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，（t＞1），
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），则g′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
g（t）在（1，+∞）递增，
g（t）＞g（1）=0，而x₁＜x₂，
故$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]＞0
故$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$＜f'（x₀）．

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．