Question

4．已知函数f（x）=2lnx-x²-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若函数f（x）在[1，+∞）上是减函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）+ax+m在[$\frac{1}{e}$，e]（e为自然对数的底数）内有两个不同的零点，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）如果函数f（x）的图象与x轴交于两点A（x₁，0）、B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂，求证：f'（sx₁+tx₂）＜0（其中正常数s，t满足s+t=1，且s≤t）．

Answer 1

分析 （1）求导，由f′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，即a≥$\frac{2}{x}$-2x，构造辅助函数，求得函数的最大值，即可求得实数a的取值范围；
（2）求导，根据x的取值范围，求得g（x）的极大值，即可求得g（x）的最值，函数f（x）+ax+m在[$\frac{1}{e}$，e]内有两个不同的零点，则$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，即可求得实数m的取值范围；
（3）由f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a，又f（x）=0有两个实根x₁，x₂，知$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{x}_{1}^{2}-a{x}_{1}=0}\\{2ln{x}_{2}-{x}_{2}^{2}-a{x}_{2}=0}\end{array}\right.$两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）由此入手能够证明：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．（*）．从而可证g′（px₁+qx₂）＜0．

解答 解：（1）由题意可知：f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a≤0，即$\frac{2}{x}$-2x-a≤0，
则a≥$\frac{2}{x}$-2x，
令g（x）=$\frac{2}{x}$-2x，x∈[1，+∞），
g′（x）=$\frac{-2{x}^{2}-2}{{x}^{2}}$＜0，
g（x）＜0单调递减，
g（x）max=g（1）=$\frac{2}{1}$-2=0，
∴a≥0，
实数a的取值范围[0，+∞）；
（2）数g（x）=f（x）+ax+m=2lnx-x²-ax+ax+m=2lnx-x²+m，
求导g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
则x∈[$\frac{1}{e}$，e]，
∴当g′（x）=0，x=1，
当$\frac{1}{e}$＜x＜1时，g′（x）＞0，
当1＜x＜e时，g′（x）＜0，
∴函数g（x）在x=1时，取极大值，g（1）=m-1，
又g（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$，g（e）=m+2-e²，
g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），
故函数g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]的最小值为g（e），
函数f（x）+ax+m在[$\frac{1}{e}$，e]内有两个不同的零点，
则$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，
解得：1＜m＜2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故实数m的取值范围：（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]；
（3）f（x）=2lnx-x²-ax，求导f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a
∵，又f（x）=0有两个实根x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{x}_{1}^{2}-a{x}_{1}=0}\\{2ln{x}_{2}-{x}_{2}^{2}-a{x}_{2}=0}\end{array}\right.$两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）
∴a=$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x₁+x₂），x₁＞0，x₂＞0，
于是 f'（sx₁+tx₂）=$\frac{2}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$-2（sx₁+tx₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（x₁+x₂），
=$\frac{2}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（2s-1）（x₂-x₁）．
∵q＞p，∴2q≥1，∵2p≤1，∴（2p-1）（x₂-x₁）＜0．
要证：g′（px₁+qx₂）＜0，只需证：$\frac{2}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0．
只需证：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．（*）
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=q，∴（*）化为 $\frac{1-q}{st+1}$+lnq＜0，只证u（q）=lnq+$\frac{1-q}{st+1}$＜0，即可．
u′（q）=$\frac{1}{q}$+$\frac{-（sq+t）-（1-q）s}{（sq+t）^{2}}$=$\frac{（sq+t）^{2}-q}{q（sq+t）^{2}}$，
∴t-1＜0．∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上单调递增，∴u（t）＜u（1）=0
∴u（t）＜0，∴lnq+$\frac{1-q}{sq+t}$＜0．
即：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．
∴g′（px₁+qx₂）＜0．

点评 本题考查导数的综合应用，考查导数与函数单调性的关系，利用导数求函数的单调区间及最值，导数与不等式的综合应用，考查分析法证明不等式成立，考查计算能力，属于难题．