Question

已知函数f（x）=2lnx-x²（x＞0）．
（1）求函数f（x）的单调区间与最值；
（2）若方程2xlnx+mx-x³=0在区间[

1

e

，e]内有两个不相等的实根，求实数m的取值范围；  （其中e为自然对数的底数）
（3）如果函数g（x）=f（x）-ax的图象与x轴交于两点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：g'（px₁+qx₂）＜0（其中，g'（x）是g（x）的导函数，正常数p，q满足p+q=1，q＞p）

Answer 1

分析：（1）由f′(x)=

2

x

-2x=

2(1-x)(1+x)

x

，x＞0，知当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．由此能求出函数f（x）的单调区间与最值．
（2）方程2xlnx+mx-x³=0化为-m=2lnx-x²，由f（x）在区间[

1

e

，e]上的最大值为-1，f(

1

e

)=-2-

1

e2

，f（e）=2-e²，f(e)＜f(

1

e

)．知f（x）在区间[

1

e

，e]上的最小值为-2-

1

e2

．由此能求出实数m的取值范围．
（3）由g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有两个实根x₁，x₂，知

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0.

两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）由此入手能够证明：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．g′（px₁+qx₂）＜0．

解答：解：（1）∵f′(x)=

2

x

-2x=

2(1-x)(1+x)

x

，x＞0，
∴当0＜x＜1时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x＞1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．
∴当x=1时，f（x）有极大值，也是最大值，即为-1，但无最小值．
故f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）；最大值为-1，但无最小值．
（2）方程2xlnx+mx-x³=0化为-m=2lnx-x²，由（1）知，f（x）在区间[

1

e

，e]上的最大值为-1，f(

1

e

)=-2-

1

e2

，f（e）=2-e²，f(e)＜f(

1

e

)．
∴f（x）在区间[

1

e

，e]上的最小值为-2-

1

e2

．
故-m=2lnx-x²在区间[

1

e

，e]上有两个不等实根需满足-2-

1

e2

≤-m＜-1，
∴1＜m≤2+

1

e2

，∴实数m的取值范围为(1，2+

1

e2

]．
（3）∵g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有两个实根x₁，x₂，
∴

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0.

两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）
∴a=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，(x1＞0，x2＞0)
于是g/(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(x1+x2)
=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2p-1)(x2-x1)．
∵q＞p，∴2q≥1，∵2p≤1，∴（2p-1）（x₂-x₁）＜0．
要证：g′（px₁+qx₂）＜0，只需证：

2

px1+qx2

+

2(lnx1-lnx2)

x2-x1

＜0．
只需证：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．（*）
令

x1

x2

=t∈(0，1)，∴（*）化为

1-t

pt+q

+lnt＜0．
只证u(t)=lnt+

1-t

pt+q

＜0即可.u/(t)=

1

t

+

-(pt+q)-(1-t)•p

(pt+q)2

=

1

t

-

1

(pt+q)2

=

(pt+q)2-t

t(pt+q)2

=

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

t(pt+q)2

，

q2

p2

＞1，0＜t＜1，
∴t-1＜0．∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上单调递增，∴u（t）＜u（1）=0
∴u（t）＜0，∴lnt+

1-t

pt+q

＜0．
即：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．∴g′（px₁+qx₂）＜0．

点评：本题考查导数的性质和应用，具有一定的难度，解题时要注意挖掘题设中的隐含条件．