Question

12．已知函数f（x）=2lnx-x²．
（1）求函数y=f（x）在区间$[\frac{1}{e}，e]$的最值；（e为自然对数的底数）
（2）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：${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式求出函数的最小值即可；（2）解方程组，求出a的表达式，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
求导得：${f^/}（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{2（1-x）（1+x）}{x}$，
则当$x∈[\frac{1}{e}，1]$时，f′（x）＞0，当x∈[1，e]时，f′（x）＜0，
即f（x）在$[\frac{1}{e}，1]$上单调递增，在[1，e]单调递减，
又$f（\frac{1}{e}）=-2-\frac{1}{e^2}，f（e）=2-{e^2}，f（1）=-1$，且$f（\frac{1}{e}）＞f（e）$
因此，当x=1时，f（x）取得最大值-1，
当x=e时，f（x）取得最小值2-e²；
证明：（2）方程f（x）-ax=0有两个不等实根x₁，x₂，
则有$\left\{\begin{array}{l}2ln{x_1}-x_1^2-a{x_1}=0\\ 2ln{x_2}-x_2^2-a{x_2}=0\end{array}\right.$，
两式相减得，$a=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）$，
又由已知$g{\;}^/（x）=\frac{2}{x}-2x-a$，
则${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）-a=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）-[\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）]$，
即${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$；
因此，${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$$?\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0?\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}＞ln{x_1}-ln{x_2}（∵0＜{x_1}＜{x_2}）$$?\frac{{2（\frac{x_1}{x_2}-1）}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}＞ln\frac{x_1}{x_2}$，
令$h（t）=\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt，t∈（0，1）$，则${h^/}（t）=\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}-\frac{1}{t}=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＜0$，即函数h（t）在（0，1）上递减，
所以，当t∈（0，1）时，h（t）＞h（1）=0，即$\frac{2（t-1）}{t+1}＞lnt（0＜t＜1）$，
因此，当0＜x₁＜x₂时，$\frac{{2（\frac{x_1}{x_2}-1）}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}＞ln\frac{x_1}{x_2}$成立，即${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$成立．

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不等式的证明，是一道中档题．