Question

11．已知函數(shù)g（x）=lnx-ax²+（2-a）x，a∈R．
（1）求g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)f（x）=g（x）+（a+1）x²-2x，x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)f（x）的兩個零點(diǎn)，f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，證明：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）先求函數(shù)的定義域，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，在定義域內(nèi)討論函數(shù)的單調(diào)性；
（2）求出a=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+x₁+x₂，問題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$＞lnx₁-lnx₂，即證明$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（*），令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），則h（t）=（1+t）lnt-2t+2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=lnx-ax²+（2-a）x的定義域為（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax+（2-a）=-$\frac{（ax-1）（2x+1）}{x}$，
①當(dāng)a≤0時，f′（x）＞0，x∈（0，+∞），
則f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)a＞0時，x∈（0，$\frac{1}{a}$）時，f′（x）＞0，
x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時，f′（x）＜0，
則f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減；
（2）由x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)f（x）的兩個零點(diǎn)，
得f（x₁）=lnx₁+${{x}_{1}}^{2}$-ax₁=0，f（x₂）=lnx₂+${{x}_{2}}^{2}$-ax₂=0，
兩式相減得a=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+x₁+x₂，
∵f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-a，
∴f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
故要證明f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，
只需證明$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0，（0＜x₁＜x₂），
即證明$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$＞lnx₁-lnx₂，即證明$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（*），
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），則h（t）=（1+t）lnt-2t+2，
則h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，h″（x）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$＜0，
故h′（t）在（0，1）遞減，h′（t）＞h′（1）=0，
故h（t）在（0，1）遞增，h（t）＜h（1）=0，
故（*）成立，即f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查不等式的證明以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．