Question

15．设函数$f（x）=4lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{4-a}）x（{a∈R}）$．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）存在极值，对于任意的0＜x₁＜x₂，存在正实数x₀，使得f（x₁）-f（x₂）=f'（x₀）•（x₁-x₂），试判断x₁+x₂与2x₀的大小关系并给出证明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）分别计算f′（x₀）和f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$），作差得到f′（x₀）-f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，则t＞1，得到关于t的函数，根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{4}{x}$-ax+（4-a）=-$\frac{（x+1）（ax-4）}{x}$，
当a≤0时，则f′（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，则由f′（x）=0得，x=$\frac{4}{a}$，x=-1（舍去）；
当x∈（0，$\frac{4}{a}$）时，f′（x）＞0，当x∈（$\frac{4}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0；
所以f（x）在（0，$\frac{4}{a}$）上单调递增，在（$\frac{4}{a}$，+∞）上单调递减；
综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{4}{a}$）上单调递增，在（$\frac{4}{a}$，+∞）上单调递减．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a＞0时，f（x）存在极值．
f（x₁）-f（x₂）=4（lnx₁-lnx₂）-$\frac{1}{2}$a（x₁+x₂）（x₁-x₂）+（4-a）（x₁-x₂），
由题设得f′（x₀）=$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=$\frac{4（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$a（x₁+x₂）+（4-a），
又f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{8}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a•$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$+4-a，
所以f′（x₀）-f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，
设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，则t＞1，则$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（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，
所以g（t）在（1，+∞）上单调递增，
所以g（t）＞g（1）=0，故$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$＞0，
又因为x₂-x₁＞0，因此f′（x₀）-f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＞0，即f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜f′（x₀），
又由f′（x）$\frac{4}{x}$-ax+（4-a）知f′（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}$＞x₀，即x₁+x₂＞2x₀．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查计算能力，是一道综合题．