Question

19．已知函数f（x）=2lnx-x²-ax，g（x）=-alnx+x²+3ax+$\frac{1}{x}$，a∈R．
（1）当a=0时，求f（x）的极值；
（2）令h（x）=f（x）+g（x），求函数h（x）的单调减区间；
（3）如果x₁，x₂是函数f（x）的两个零点，且x₁＜x₂＜4x₁，f′（x）是f（x）的导函数，证明：f′（$\frac{2{x}_{1}+{x}_{2}}{3}$）＞0．

Answer 1

分析 （1）将a=0代入，求出f（x）的导数，从而求出函数的极值；
（2）先求出h（x）的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的递减区间；
（3）构造函数h（t）=lnt-$\frac{3t-3}{t+2}$，求导数可得单调性和求值范围，进而可得答案．

解答 解：（1）a=0时：f（x）=2lnx-x²，故f′（x）=$\frac{2（1+x）（1-x）}{x}$，（x＞0），
当0＜x＜1时：f′（x）＞0，f（x）递增，
当x＞1时：f′（x）＜0，f（x）递减，
∴x=1时：f（x）取极大值f（1）=-1；
（2）h′（x）=$\frac{（2x-1）（ax+1）}{{x}^{2}}$，令h′（x）=0，解得：x₁=-$\frac{1}{a}$，x₂=$\frac{1}{2}$，
若a≥0，由h′（x）＜0解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$，∴h（x）的递减区间是（0，$\frac{1}{2}$），
若a＜0，①a＜-2时，-$\frac{1}{a}$＜$\frac{1}{2}$，由h′（x）＜0，解得：0＜x＜-$\frac{1}{a}$或x＞$\frac{1}{2}$，
∴h（x）在（0，-$\frac{1}{a}$），（$\frac{1}{2}$，+∞）递减；
②a=-2时：总有h′（x）≤0，故h（x）在（0，+∞）递减，
③-2＜a＜0时：-$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{2}$，由h′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{2}$或x＞-$\frac{1}{a}$，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（-$\frac{1}{a}$，+∞）递减，
综上：a＜-2时，h（x）在（0，-$\frac{1}{a}$），（$\frac{1}{2}$，+∞）递减，
a=-2时：h（x）在（0，+∞）递减，
-2＜a＜0时：h（x）在（0，$\frac{1}{2}$），（-$\frac{1}{a}$，+∞）递减，
a≥0时：h（x）的递减区间是（0，$\frac{1}{2}$）；
（3）∵x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数f（x）的两个零点，
∴f（x₁）=2lnx₁-x₁²-ax₁=0，f（x₂）=2lnx₂-x₂²-ax₂=0，
两式相减可得：2ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-（x₂²-x₁²）-a（x₂-x₁）=0，
∴a=$\frac{2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-（x₂+x₁），
∵f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a，
∴f′（ $\frac{{2x}_{1}{+x}_{2}}{3}$）=$\frac{6}{{2x}_{1}{+x}_{2}}$-$\frac{2}{3}$（2x₁+x₂）-a，
=-$\frac{2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$（ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{3\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-3}{2+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$）-$\frac{1}{3}$（x₁-x₂），
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$∈（1，4），h（t）=lnt-$\frac{3t-3}{t+2}$，
∴h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{9}{{（t+2）}^{2}}$=$\frac{{t}^{2}-5t+4}{{t（t+2）}^{2}}$=$\frac{（t-1）（t-4）}{{t（t+2）}^{2}}$＜0，
∴h（t）在（1，4）上单调递减，
∴h（t）＜h（1）=0，
又-$\frac{2}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＜0，-$\frac{1}{3}$（x₁-x₂）＞0，
∴f′（$\frac{{2x}_{1}{+x}_{2}}{3}$）＞0．

点评 本题考查利用导数研究函数的极值和单调性，涉及构造函数的方法，属中档题．