Question

5．已知函数f（x）=2lnx-x²+ax（其中a∈R），
（1）当a=2时，求函数f（x）的图象在x=1处的切线方程
（2）若存在x₀∈（0，+∞），使得不等式f（x₀）＞m+ax₀成立，求实数m范围
（3）若函数f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：f′（px₁+qx₂）＜0．（其中实数p，q满足0＜p≤q，p+q=1）

Answer 1

分析 （1）当a=2时，f（x）=2lnx-x²+2x，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+2，由此能求出函数f（x）的图象在x=1处的切线的方程；
（2）存在x₀∈（0，+∞），使得不等式f（x₀）＞m+ax₀成立，即存在x₀∈（0，+∞），使f（x）-ax+m＞0成立，
令g（x）=2lnx-x²+m，则g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，由此能求出函数g（x）=f（x）-ax+m在（0，+∞）上的最大值，由最大值大于0求得实数m的取值范围；
（3）由函数f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），2lnx-x²+ax=0的两个根为
x₁，x₂，知$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}+a{x}_{1}=0}\\{2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}+a{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，
由此能够证明f′（px₁+qx₂）＜0．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=2lnx-x²+2x，
f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+2，
切点坐标为（1，1），
切线的斜率k=f′（1）=2，
∴切线方程为y-1=2（x-1），即2x-y-1=0；
（2）存在x₀∈（0，+∞），使得不等式f（x₀）＞m+ax₀成立，即存在x₀∈（0，+∞），使f（x）-ax+m＞0成立，
令g（x）=2lnx-x²+m，则g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
∵x∈（0，1）时，g′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，
故函数g（x）在x=1取得极大值g（1）=m-1，
由m-1＞0，解得m＞1．
故实数m的取值范围是（1，+∞）；
（3）∵函数f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，
则$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}+a{x}_{1}=0}\\{2ln{x}_{2}-{{x}_{2}}^{2}+a{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，
两式相减，得a=（x₁+x₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
f（x）=2lnx-x²+ax，
f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+a，
则f′（px₁+qx₂）=$\frac{2}{p{x}_{1}+q{x}_{2}}$-2（px₁+qx₂）+（x₁+x₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=$\frac{2}{p{x}_{1}+q{x}_{2}}$-2（px₁+qx₂）+（x₁+x₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=$\frac{2}{p{x}_{1}+q{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（2p-1）x₁-（2q-1）x₂
=$\frac{2}{p{x}_{1}+q{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（2p-1）（x₂-x₁），（*）
∵0＜p≤q，p+q=1，则2p≤1，
∵0＜x₁＜x₂，∴（2p-1）（x₂-x₁）≤0．
下面证明$\frac{2}{p{x}_{1}+q{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，
即证明$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{p{x}_{1}+q{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明u（t）=$\frac{1-t}{pt-q}$+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．
∵u′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{（pt+q）^{2}}$=$\frac{{p}^{2}{t}^{2}-t（{p}^{2}+{q}^{2}）+{q}^{2}}{t（pt+q）^{2}}$=$\frac{{p}^{2}（t-1）（t-\frac{{q}^{2}}{{p}^{2}}）}{t（pt+q）^{2}}$，
∵0＜p≤q，∴$\frac{{q}^{2}}{{p}^{2}}$≥1，
∵0＜t＜1，∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，
则u（t）＜u（1）=0，
∴$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{p{x}_{1}+q{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
故（*）＜0，
∴f′（px₁+qx₂）＜0．

点评 本题考查切线方程的求法，考查利用导数求函数的最值，考查了数学转化思想方法，关键是注意导数性质的合理运用，属难度较大的题目．