Question

10．已知函数f（x）=x²+ax-lnx．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）+2lnx，F（x）=3g（x）-2xg′（x），若函数F（x）在定义域内有两个零点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：$F'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导根据导数和函数的单调性的关系即可求出，
（Ⅱ）求导，根据中点坐标公式得到$F'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=-（x₁+x₂）+a+$\frac{6}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，①，分别把两个零点x₁，x₂，代入到F（x）中，转化，分离参数得到a-（x₁+x₂）=$\frac{3ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，再代入得到$F'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=$\frac{3}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{2（1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$]，换元，构造函数得到h（t）=lnt+$\frac{2（1-t）}{1+t}$，根据导数求出h（t）的最大值，即可证明．

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=2x+a-$\frac{1}{x}$=$\frac{2{x}^{2}+ax-1}{x}$，
令f′（x）＞0，得x＞$\frac{\sqrt{{a}^{2}+8}+a}{4}$，
f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{{a}^{2}+8}-a}{4}$，
∴函数f（x）在（$\frac{\sqrt{{a}^{2}+8}+a}{4}$，+∞）为增函数，在（0，$\frac{\sqrt{{a}^{2}+8}-a}{4}$）为减函数，
（Ⅱ）由已知g（x）=f（x）+2lnx，
∴F（x）=3g（x）-2xg′（x）=-x²+ax+3lnx-2，
∴F′（x）=-2x+a+$\frac{3}{x}$，
即：$F'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=-（x₁+x₂）+a+$\frac{6}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，①
∵函数F（x）在定义域内有两个零点x₁，x₂，
∴-x₁²+ax₁+3lnx₁-2=0，②
-x₂²+ax₂+3lnx₂-2=0，③
②-③得-（x₁²-x₂²）+a（x₁-x₂）+3（lnx₁-lnx₂）=0
可得（x₁-x₂）[a-（x₁+x₂）]+3ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=0，
∴a-（x₁+x₂）=$\frac{3ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
代入①得：$F'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$=$\frac{3ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+$\frac{6}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{3}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$]=$\frac{3}{{x}_{2}-{x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{2（1-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$]，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t，则0＜t＜1，
∴h（t）=lnt+$\frac{2（1-t）}{1+t}$，
∴h′（t）=$\frac{1}{t}$+$\frac{-2（1+t）-2（1-t）}{（1+t）^{2}}$=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（1+t）^{2}}$=$\frac{（1-t）^{2}}{t（1+t）^{2}}$≥0
∴h（t）在（0，1）上为增函数，
∴h（t）＜h（1）=0，
∵x₁＜x₂，
∴$F'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$＜0．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法，考查推理论证能力与运算能力属难题．