Question

3．已知函數(shù)$f（x）=4lnx-\frac{1}{2}m{x^2}$（m＞0）．
（Ⅰ）若m=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f（x）-（m-4）x，對(duì)于曲線y=g（x）上的兩個(gè)不同的點(diǎn)M（x₁，g（x₁）），N（x₂，g（x₂）），記直線MN的斜率為k，若k=g'（x₀），證明：x₁+x₂＞2x₀．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)m=1，求導(dǎo)，令f'（x）＞0，即可求得函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）g（x）=$4lnx-\frac{1}{2}m{x^2}$+（4-m）x，則g（x₁）-g（x₂）=4（lnx₁-lnx₂）$-\frac{1}{2}m（{x_1^2-x_2^2}）+$（4-m）（x₁-x₂），由題設(shè)得$g'（{x_0}）=\frac{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$=$\frac{{4（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-$$\frac{1}{2}m（{{x_1}+{x_2}}）+（{4-m}）$，則$ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}$=$lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$（t＞1）．構(gòu)造輔助函數(shù)，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，可知g'（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，則$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞{x_0}$，即x₁+x₂＞2x₀．

解答 解：（Ⅰ）依題意，當(dāng)m=1時(shí)，求導(dǎo)$f'（x）=\frac{4}{x}-x=\frac{{4-{x^2}}}{x}$=$\frac{{（{2+x}）（{2-x}）}}{x}$．
令f'（x）＞0，即2-x＞0，解得0＜x＜2，
故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，2）．
（Ⅱ）依題意，g（x）=f（x）-（m-4）x=$4lnx-\frac{1}{2}m{x^2}$+（4-m）x，
g（x₁）-g（x₂）=4（lnx₁-lnx₂）$-\frac{1}{2}m（{x_1^2-x_2^2}）+$（4-m）（x₁-x₂），
=4（lnx₁-lnx₂）-$\frac{1}{2}m（{{x_1}+{x_2}}）（{{x_1}-{x_2}}）$+（4-m）（x₁-x₂）．
由題設(shè)得$g'（{x_0}）=\frac{{g（{x_1}）-g（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$=$\frac{{4（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-$$\frac{1}{2}m（{{x_1}+{x_2}}）+（{4-m}）$．
又$g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）=\frac{8}{{{x_1}+{x_2}}}-m$$•\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}+4-m$，
∴$g'（{x_0}）-g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$=$\frac{{4（{ln{x_1}-ln{x_2}}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-\frac{8}{{{x_1}+{x_2}}}$，
=$\frac{4}{{{x_2}-{x_1}}}[{（{ln{x_2}-ln{x_1}}）-\frac{{2（{{x_2}-{x_1}}）}}{{{x_2}+{x_1}}}}]$，
=$\frac{4}{{{x_2}-{x_1}}}[{ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}}]$．
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，$t=\frac{x_2}{x_1}$，則t＞1，則$ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}$=$lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$（t＞1）．
令$h（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$（t＞1），則$h'（t）=\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（t）＞h（1）=0，故$ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{2（{\frac{x_2}{x_1}-1}）}}{{\frac{x_2}{x_1}+1}}＞0$．
又因?yàn)閤₂-x₁＞0，因此$g'（{x_0}）-g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＞0$，即$g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＜g'（{x_0}）$．
又由$g'（x）=\frac{4}{x}-mx+（{4-m}）$知g'（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}＞{x_0}$，即x₁+x₂＞2x₀．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性極值與最值的關(guān)系，考查學(xué)生分析問題及解決問題的能力，考查構(gòu)造法，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．