Question

13．已知函数f（x）=-lnx+$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+2．
（Ⅰ）当0＜x＜1时，试比较f（1+x）与f（1-x）的大小；
（Ⅱ）若斜率为k的直线与y=f（x）的图象交于不同两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），线段AB的中点的横坐标为x₀，
证明：f′（x₀）＞k．

Answer 1

分析 （1）利用作差法得出f（1+x）-f（1-x）=ln（1-x）-ln（1+x）+2x，构造函数令g（x）=ln（1-x）-ln（1+x）+2x，
通过求导，判断函数单调性，得出结论．
（2）求出k和f'（x₀），利用分析法得出只需证$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，构造函数h（t）=$\frac{4}{1+t}$+lnt，利用导数判断单调性证得2＜$\frac{4}{1+t}$+lnt．

解答 解：（1）f（1+x）-f（1-x）
=ln（1-x）-ln（1+x）+2x
令g（x）=ln（1-x）-ln（1+x）+2x，
∴g′（x）=$\frac{2{x}^{2}}{{x}^{2}-1}$
∵0＜x＜1，g′（x）＜0，g（x）单调递减
∴g（x）＜g（0）=0．
∴f（1+x）＜f（1-x）；
（2）不妨设x₂＞x₁
k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=-$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+1-a
f'（x₀）=-$\frac{1}{{x}_{0}}$+ax₀+1-a=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+$\frac{1}{2}$a（x₁+x₂）+1-a
要证f′（x₀）＞k
只需证$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＜$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$
即证$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$  t＞1
∴$\frac{2t-1}{1+t}$＜lnt即2＜$\frac{4}{1+t}$+lnt
令h（t）=$\frac{4}{1+t}$+lnt
∴h'（t）=$\frac{（1-t）^{2}}{t（1+t）^{2}}$＞0，h（t）递增
∴h（t）＞h（1）=2
∴2＜$\frac{4}{1+t}$+lnt成立
故f′（x₀）＞k．

点评 考察了作差比较法和导函数判断函数单调性；难点是构造函数，通过函数单调性证明问题．