Question

13．已知函数f（x）=2lnx-2mx+x²（m＞0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当m≥$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$时，若函数f（x）的导函数f'（x）的图象与x轴交于A，B两点，其横坐标分别为x₁，x₂（x₁＜x₂），线段AB的中点的横坐标为x₀，且x₁，x₂恰为函数h（x）=lnx-cx²-bx零的点，求证：（x₁-x₂）h'（x₀）≥-$\frac{2}{3}$+ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出函数的导数，表示出b，令$\frac{x_1}{x_2}=t（0＜t＜1）$，由${（{x_1}+{x_2}）^2}={m^2}$得$x_1^2+x_2^2+2{x_1}{x_2}={m^2}$，得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由于f（x）=2lnx-2mx+x²的定义域为（0，+∞），$f'（x）=\frac{{2（{x^2}-mx+1）}}{x}$．
对于方程x²-mx+1=0，其判别式△=m²-4．
当m²-4≤0，即0＜m≤2时，f'（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）内单调递增．
当m²-4＞0，即m＞2，方程x²-mx+1=0恰有两个不相等是实根$x=\frac{{m±\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，
令f'（x）＞0，得$0＜x＜\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$或$x＞\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，此时f（x）单调递增；
令f'（x）＜0，得$\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}＜x＜\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，此时f（x）单调递减．
综上所述，当0＜m≤2时，f（x）在（0，+∞）内单调递增；
当m＞2时，f（x）在$（\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}，\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}）$内单调递减，
在$（0，\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}）$，$（\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}，+∞）$内单调递增．
（2）证明：由（1）知，$f'（x）=\frac{{2（{x^2}-mx+1）}}{x}$，
所以f'（x）的两根x₁，x₂即为方程x²-mx+1=0的两根．
因为$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，所以△=m²-4＞0，x₁+x₂=m，x₁x₂=1．
又因为x₁，x₂为h（x）=lnx-cx²-bx的零点，
所以$ln{x_1}-cx_1^2-b{x_1}=0$，$ln{x_2}-c_2^2-b{x_2}=0$，两式相减得$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）-b（{x_1}-{x_2}）=0$，
得$b=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=c（{x_1}+{x_2}）$．而$h'（x）=\frac{1}{x}-2cx-b$，
所以（x₁-x₂）h'（x₀）=$（{x_1}-{x_2}）（\frac{1}{x_0}-2c{x_0}-b）$
=$（{x_1}-{x_2}）[\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-c（{x_1}+{x_2}）-\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}+c（{x_1}+{x_2}）]$=$\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}-ln\frac{x_1}{x_2}$=$2•\frac{{\frac{x_1}{x_2}-1}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}-ln\frac{x_1}{x_2}$．
令$\frac{x_1}{x_2}=t（0＜t＜1）$，由${（{x_1}+{x_2}）^2}={m^2}$得$x_1^2+x_2^2+2{x_1}{x_2}={m^2}$，
因为x₁x₂=1，两边同时除以x₁x₂，得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，
因为$m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，故$t+\frac{1}{t}≥\frac{5}{2}$，解得$0＜t≤\frac{1}{2}$或t≥2，所以$0＜t≤\frac{1}{2}$．
设$G（t）=2•\frac{t-1}{t+1}-lnt$，所以$G'（t）=\frac{{-{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＜0$，
则y=G（t）在$（0，\frac{1}{2}]$上是减函数，
所以$G{（t）_{min}}=G（\frac{1}{2}）=-\frac{2}{3}+ln2$，
即y=（x₁-x₂）h'（x₀）的最小值为$-\frac{2}{3}+ln2$．
所以$（{x_1}-{x_2}）h'（{x_0}）≥-\frac{2}{3}+ln2$．

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，考查不等式的证明，是一道综合题．