Question

6．已知函数f（x）=2lnx-x²+ax，a∈R．
（1）若函数f（x）-ax+m=0在[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不等的实数根，求实数m的取值范围；
（2）若函数f（x）的图象与x轴交于不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：f′（px₁+qx₂）＜0 （实数p，q满足0＜p≤q，p+q=1）

Answer 1

分析 （1）方程f（x）=-ax+m即为2lnx-x²+2ax-m=0，令g（x）=2lnx-x²+2ax-m，利用导数研究该函数在[，e]上的最小值，要使方程f（x）-ax+m=0在[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不相等的实数根，得到关于m的不等式组，解之即可；
（2）将a用x₁与x₂表示，然后求出导函数f′（x），从而得到f′（px₁+qx₂），然后利用导数研究函数的单调性证明f′（px₁+qx₂）＜0．

解答 解：（1）方程f（x）-ax+m=0即为2lnx-x²+m=0，
令g（x）=2lnx-x²+m，则g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
因为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．
故函数g（x）在x=1处取得极大值g（1）=m-1，
又g（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$，g（e）=m+2-e²，
g（e）-g（$\frac{1}{e}$）=4-e²+$\frac{1}{{e}^{2}}$＜0，则g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），
故函数g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值是g（e）．
方程f（x）-ax+m=0在[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不相等的实数根，
则有 $\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，解得1＜m≤2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故实数m的取值范围是（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]．
（2）∵函数f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，
则2lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+ax₁=0①，2lnx₂-${{x}_{2}}^{2}$+ax₂=0②，
两式相减得a=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
f（x）=2lnx-x²+ax，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+a，
则f′（px₁+qx₂）=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-2（px₁+qx₂）+a=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+（2p-1）（x2-x1）．（*）
∵0＜p≤q，p+q=1，则2p≤1，又0＜x₁＜x₂，∴（2p-1）（x₂-x₁）≤0，
下证  $\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0，
即证明 $\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明u（t）=$\frac{1-t}{pt+q}$+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立，
∵u′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{（pt+q）}^{2}}$=$\frac{{p}^{2}（t-1）（t-\frac{{q}^{2}}{{p}^{2}}）}{{t（pt+q）}^{2}}$，
∵0＜p≤q，∴$\frac{{q}^{2}}{{p}^{2}}$≥1，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 $\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
故（*）＜0，即f'（px₁+qx₂）＜0成立．

点评 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化的思想和计算能力，属于难题．