Question

6．已知函數(shù)f（x）=2lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（2a-1）x
（Ⅰ）設(shè)h（x）=f（x）-g（x），討論函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II ）若f（x）-ax=0有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解x₁，x₂，求證：lnx₁+lnx₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，再分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性即可求出，
（Ⅱ）f（x）-ax=0有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解x₁，x₂，則f（x）的兩個(gè)相異零點(diǎn)為x₁，x₂，設(shè)x₂＞x₁＞0，得到lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，通過(guò)兩式相減，整理化簡(jiǎn)可得ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，然后換元，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值即可證明

解答 解：（Ⅰ）h（x）=f（x）-g（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$ax²-（2a-1）x，x＞0，
∴h′（x）=$\frac{2}{x}$-ax-（2a-1）=-$\frac{（ax-1）（x+2）}{x}$，
①當(dāng)a≤0時(shí)，h′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
②當(dāng)a＞0時(shí)，令h′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{a}$時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞$\frac{1}{a}$時(shí)，h′（x）＜0，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，
綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）單調(diào)遞減；
（Ⅱ）證明：f（x）-ax=0有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解x₁，x₂，
則f（x）的兩個(gè)相異零點(diǎn)為x₁，x₂，設(shè)x₂＞x₁＞0，
∵f（x₁）=0，f（x₂）=0，
∴l(xiāng)nx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴l(xiāng)nx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂），
∵x₁x₂＞e²，
若lnx₁+lnx₂＞2，
則a（x₁+x₂）＞2，
即$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$a，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
不妨設(shè)設(shè)t=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
構(gòu)造函數(shù)h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
則h′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴h（e）＞h（1）=0，
∴l(xiāng)nt＞$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂＞2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：?jiǎn)握{(diào)區(qū)間、極值和最值，考查分類討論思想方法和構(gòu)造函數(shù)法，以及轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于難題．