Question

3．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-（a+1）x+2（a-1）lnx，g（x）=-$\frac{3}{2}{x^2}$+x+（4-2a）lnx．
（1）若a＞1，讨论函数f（x）的单调性；
（2）是否存在实数a，对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$+a＞0恒成立，若存在，求出a的范围，若不存在，请说明理由；
（3）记h（x）=f（x）+g（x），如果x₁，x₂是函数h（x）的两个零点，且x₁＜x₂＜4x₁，h′（x）是h（x）的导函数，证明：${h^'}（\frac{{2{x_1}+{x_2}}}{3}）＞0$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）令g（x）=f（x）+ax，只要g（x）在（0，+∞）上为增函数，求出函数的导数，得到关于a的不等式，解出即可；
（3）分别表示出h（x₁），h（x₂）两式相减，得到$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$，令$t=\frac{x_2}{x_1}∈（1，4），φ（t）=lnt-\frac{3t-3}{t+2}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
${f^'}（x）=x-（a+1）+2（a-1）\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-（a+1）x+2（a-1）}}{x}=\frac{{（x-2）[{x-（a-1）}]}}{x}$，
①若a-1=2，则a=3，${f^'}（x）=\frac{{{{（x-2）}^2}}}{x}＞0$，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②若a-1＜2，则a＜3，而a＞1，∴1＜a＜3，
当x∈（a-1，2）时，f′（x）＜0；当x∈（0，a-1）及（2，+∞）时f′（x）＞0，
所以f（x）在（a-1，2）上单调递减，在（0，a-1）及（2，+∞）单调递增；
③若a-1＞2，则a＞3，同理可得f（x）在（2，a-1）上单调递减，在（0，2）及（a-1，+∞）单调递增．
（2）假设存在a，对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+a＞0$恒成立，
不妨设0＜x₁＜x₂，只要$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}+a＞0$，即f（x₂）+ax₂＞f（x₁）+ax₁，
令g（x）=f（x）+ax，只要g（x）在（0，+∞）上为增函数，
$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-x+2（a-1）lnx$${g^'}（x）=x-1+\frac{2（a-1）}{x}=\frac{{{x^2}-x+2（a-1）}}{x}=\frac{{{{（x-\frac{1}{2}）}^2}+2a-\frac{9}{4}}}{x}$，
只要g′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，只要$2a-\frac{9}{4}≥0，a≥\frac{9}{8}$，
故存在$a∈[{\frac{9}{8}，+∞}）$时，对任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+a＞0$恒成立．
（3）证明：由题意知，$h（x）=[\frac{1}{2}{x^2}-（a+1）x+2（a-1）lnx]+[-\frac{3}{2}{x^2}+x+（4-2a）lnx]=2lnx-{x^2}-ax$，
$h（{x_1}）=2ln{x_1}-x_1^2-a{x_1}=0，h（{x_2}）=2ln{x_2}-x_2^2-a{x_2}=0$
两式相减，整理得$2ln\frac{x_2}{x_1}+（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）=a（{x_2}-{x_1}）$，
所以$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$，又因为$h'（x）=\frac{2}{x}-2x-a$，
所以$h'（\frac{{2{x_1}+{x_2}}}{3}）=\frac{6}{{2{x_1}+{x_2}}}-\frac{2}{3}（2{x_1}+{x_2}）-a=-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}[ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{3\frac{x_2}{x_1}-3}}{{2+\frac{x_2}{x_1}}}]-\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）$，
令$t=\frac{x_2}{x_1}∈（1，4），φ（t）=lnt-\frac{3t-3}{t+2}$，则${φ^'}（t）=\frac{（t-1）（t-4）}{{t{{（t+2）}^2}}}＜0$，
所以φ（t）在（1，4）上单调递减，故φ（t）＜φ（1）=0，
又$-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}＜0，-\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）＞0$，所以$h'（\frac{{2{x_1}+{x_2}}}{3}）＞0$．

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转化思想、分类讨论思想，是一道综合题．