Question

已知函数f（x）=alnx-x²，a∈R，
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若x≥1时，f（x）≤0恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）设a＞0，若A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）为曲线y=f（x）上的两个不同点，满足0＜x₁＜x₂，且?x₃∈
（x₁，x₂），使得曲线y=f（x）在x=x₃处的切线与直线AB平行，求证：x₃＜

x1+x2

2

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数f（x）的导数，利用导数来判断f（x）的增减性，从而求出单调区间；
（Ⅱ）根据f（x）的单调区间，求出f（x）在（1，+∞）上的最大值，令最大值小于或等于0，求出a的取值范围；
（Ⅲ）当a＞0时，求出直线AB的斜率k_AB，由直线AB与切线平行，得出x₃与x₁+x₂的关系式；
构造函数g（t），利用函数的单调性证明不等式x₃＜

x1+x2

2

恒成立即可．

解答： 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=alnx-x²，x＞0，a∈R，
∴f′（x）=

a

x

-2x=

a-2x2

x

；
当a≤0时，∵x＞0，∴f′（x）＜0，∴f（x）在定义域上是减函数；
当a＞0时，令f′（x）=0，即a-2x²=0，解得x=

2a

2

，
∴x＞

2a

2

时，f′（x）＜0，f（x）是减函数，
0＜x＜

2a

2

时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
综上，a≤0时，f（x）的减区间是（0，+∞），
a＞0时，f（x）的减区间是（

2a

2

，+∞），增区间是（0，

2a

2

）；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）知，a≤0时，f（x）的减区间是（0，+∞），
令f（1）＜0，则-x²＜0恒成立，∴a≤0满足题意；
a＞0时，f（x）的减区间是（

2a

2

，+∞），增区间是（0，

2a

2

）；
当

2a

2

≤1，即0＜a≤2时，f（x）在（1，+∞）上是减函数，∴0＜a≤2满足题意；
当

2a

2

＞1，即a＞2时，f（x）的最大值是f（

2a

2

），令f（

2a

2

）≤0，
即a•ln

2a

2

-(

2a

2

)2≤0，解得a≤2e，即2＜a≤2e满足题意；
综上，a的取值范围是a≤2e；
（Ⅲ）当a＞0时，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）为曲线y=f（x）上的两个不同点，满足0＜x₁＜x₂时，
∴?x₃∈（x₁，x₂），使得曲线y=f（x）在x=x₃处的切线与直线AB平行，如图所示；
∴k_AB=

y2-y1

x2-x1

=

(alnx2-x22)-(alnx1-x12)

x2-x1

，
又∵f′（x）=

a

x

-2x，
∴k_l=f′（x₃）=

a

x3

-2x₃．
∴

(alnx2-x22)-(alnx1-x12)

x2-x1

=

a

x3

-2x₃．
∵f′（x）=

a

x

-2x在（0，+∞）上是减函数，
∴欲证：x₃＜

x1+x2

2

，即证明f′（x₃）＞f′（

x1+x2

2

），
即

(alnx2-x22)-(alnx1-x12)

x2-x1

＞

2a

x1+x2

-（x₁+x₂），
变形为

aln x2 x1

x2-x1

＞

2a

x1+x2

，
∴ln

x2

x1

＞2•

x2-x1

x2+x1

，
∴ln

x2

x1

＞2•

x2 x1 -1

x2 x1 +1

；
设

x2

x1

=t（t＞1），
则上述不等式等价于lnt＞2•

t-1

t+1

，
即（t+1）lnt＞2（t-1）；
构造函数g（t）=lnt+

1

t

-1，
当t＞1时，g′（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

，
∴g′（t）在（1，+∞）上为增函数；
∴g′（t）＞g′（1）=0，
∴g（t）在t＞1时是增函数，
∴g（t）＞g（1）=0；
∴g（t）＞0在（1，+∞）上恒成立，
即（t+1）lnt＞2（t-1）恒成立．
∴x₃＜

x1+x2

2

恒成立．

点评：本题考查了利用导数来研究函数的单调性与极值和最值的问题，也考查了利用导数求函数的切线斜率的问题以及不等式的证明问题，是较难的题目．