Question

17．已知函数f（x）=lnx+x²-ax，a∈R
（1）若f（x）在P（x₀，y₀）（x∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}，+∞$））处的切线方程为y=-2，求实数a的值；
（2）若x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数f（x）的两个零点，f′（x）是函数f（x）的导函数，证明：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为h（t）=lnt-t²+1，t∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞），根据函数的单调性求出a的值即可；
（2）求出a=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+x₁+x₂，问题转化为证明$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（*），令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），则g（x）=（1+t）lnt-2t+2，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）依题意有lnx₀+${{x}_{0}}^{2}$-ax₀=-2，$\frac{1}{{x}_{0}}$+2x₀-a=0，…（2分）
消去a得lnx₀-${{x}_{0}}^{2}$+1=0，x₀∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞），…（3分）
h（t）=lnt-t²+1，t∈[$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞），
显然h（1）=0，且h′（t）=$\frac{1}{t}$-2t=$\frac{1-{2t}^{2}}{t}$≤0，
故lnx₀-${{x}_{0}}^{2}$+1=0当且仅当x₀=1，…（4分）
所以a=$\frac{1}{{x}_{0}}$+2x₀=3…（5分）
（2）x₁，x₂是函数f（x）的两个零点有f（x₁）=lnx₁+${{x}_{1}}^{2}$-ax₁=0，
f（x₂）=lnx₂+${{x}_{2}}^{2}$-ax₂=0，相减得a=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+x₁+x₂，…（5分）
∵f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$        …（6分）
所以要证明f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0，只需证明$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0，（0＜x₁＜x₂），
即证明$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$＞lnx₁-lnx₂，即证明$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（*）     …（9分）
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），则g（x）=（1+t）lnt-2t+2，
则g′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，g″（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$＜0，
∴g′（t）在（0，1）递减，g′（t）＞g′（1）=2＞0，
∴g（t）在（0，1）递增，g（t）＜g（1）=0，
所以（*）成立，即f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0．…（12分）

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．