Question

13．已知函数f（x）=2lnx-x²+ax（a∈R）．
（1）若函数f（x）的图象在x=2处切线的斜率为-1，且不等式f（x）≥2x+m在$[\frac{1}{e}，\;\;e]$上有解，求实数m的取值范围；
（2）若函数f（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：$f'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$（其中f′（x）是f（x）的导函数）．

Answer 1

分析 （1）通过求导得到函数f（x）的图象在x=2处切线的斜率，由此求得a=2，得到函数解析式，然后利用分离变量法得到m≤2lnx-x²，利用导数求出g（x）=2lnx-x²在$[\frac{1}{e}，e]$上的最大值得答案；
（2）由f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），可得方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，把两根代入方程后作差得到$a=（{{x_1}+{x_2}}）-\frac{{2（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，求得${f}^{′}（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，然后令$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$换元，再通过构造函数，利用导数求出所构造出函数的最大值小于等于0得答案．

解答 （1）解：由 $f'（x）=\frac{2}{x}-2x+a$，
得切线的斜率k=f'（2）=a-3=-1，∴a=2，
故f（x）=2lnx-x²+2x，
由f（x）≥2x+m，得m≤2lnx-x²，
∵不等式f（x）≥2x+m在$[\frac{1}{e}，e]$上有解，∴m≤（2lnx-x²）_max ．
令g（x）=2lnx-x²，则${g}^{′}（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
∵x∈$[\frac{1}{e}，e]$，故g′（x）=0时，x=1．
当$\frac{1}{e}＜x＜1$时，g'（x）＞0；当1＜x＜e时，g'（x）＜0．
故g（x）在x=1处取得最大值g（1）=-1，
∴m≤-1；
（2）证明：∵f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
∴方程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$a=（{{x_1}+{x_2}}）-\frac{{2（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
又$f（x）=2lnx-{x^2}+ax，f'（x）=\frac{2}{x}-2x+a$，则$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-（{{x_1}+{x_2}}）+a=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
要证$\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0$，
即证明$\frac{{2（{{x_2}-{x_1}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}+ln\frac{x_1}{x_2}＜0，t=\frac{x_1}{x_2}$，
∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明$u（t）=\frac{{2（{1-t}）}}{t+1}+lnt＜0$在0＜t＜1上恒成立，
∵$u'（t）=\frac{{-2（{t+1}）-2（{1-t}）}}{{{{（t+1）}^2}}}+\frac{1}{t}=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}$，
又0＜t＜1，∴u'（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（1）=0，从而知$\frac{{2（{{x_2}-{x_1}}）}}{{{x_1}+{x_2}}}+ln\frac{x_1}{x_2}＜0$．
故$\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0$，即$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＜0$成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查通过研究函数的单调性解决问题的方法，考查了转化能力、推理能力与计算能力，属于难题．