Question

（2010•上饶二模）已知函数f（x）=lnx-

1

2

ax2-2x（a≠0）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设函数f（x）有极值点x₀，证明：f（x₀）≤-

3

2

；
（3）若方程f（x）=3有两个不相等的实根x₁，x₂，且x₁＜x₂，证明：f'（

x1+x2

2

）≠0．（f'（x）为f（x）的导函数）

Answer 1

分析：（1）先求导函数，由于函数的定义域为（0，+∞），故当a≤-1时，f′（x）≥0，从而f（x）在（0，+∞）上是增函数，当-1＜a时，由导数等于0得x=

-1± 1+a

a

，再利用导数大于0得增区间，导数小于0得减区间；
（2）由函数f（x）有极值点x₀，可知ax₀²=1-2x₀，从而f（x₀）=lnx₀-

1

2

(1-2x0)-2x0=lnx0-x0-

1

2

．
设φ(x)=lnx-x-

1

2

，则问题转化为求φ（x）的最大值，故得证；
（3）若f′（

x1+x2

2

）=0，则

2

x1+x2

-a

x1+x2

2

-2=0．由方程f（x）=3有两个不相等的实根x₁，x₂，则lnx₁-

1

2

ax12-2x1=3，lnx2-

1

2

ax22-2x2=3．故有ln

x2

x1

=

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

令

x2

x1

=t，则t＞1．设H(t)=lnt-

2(1-t)

1+t

．所以H′（t）=

1

t

+

4

(1+t)2

＞0，所以H（t）＞H（1）=0，从而

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

≠ln

x2

x1

，即可得结论．

解答：解：（1）f′（x）=

1

x

-ax-2=-

ax2+2x-1

x

．
若a≤-1时，则f′（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上是增函数．
若-1＜a＜0时，则f（x）在（0，

-1+ 1+a

a

)，(

-1- 1+a

a

，(

-1+ 1+a

a

+∞）上是增函数，在（

-1+ 1+a

a

，

-1- 1+a

a

）上是减函数．
若a＞0时，则f（x）在（0，

-1+ 1+a

a

）上是增函数，在（

-1+ 1+a

a

，+∞）上是减函数．…（4分）
（2）由f′（x₀）=

1

x0

-ax0-2=-

ax02+2x0-1

x0

=0得：ax₀²=1-2x₀
∴f（x₀）=lnx₀-

1

2

(1-2x0)-2x0=lnx0-x0-

1

2

．
设φ（x）=lnx-x-

1

2

，x∈(0，1)时，φ′（x）＞0．
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0．
∴φ（x）的最大值为φ（1）=-

3

2

．于是：f(x0)≤φ(1)=-

3

2

．--------（9分）
（3）若f′（

x1+x2

2

）=0，则

2

x1+x2

-a

x1+x2

2

-2=0．
∵lnx₁-

1

2

ax12-2x1=3，lnx2-

1

2

ax22-2x2=3．∴ln

x2

x1

=

a

2

(x22-x12)+2(x2-x1)=(x2-x1)[

a

2

(x2+x1)+2]=(x2-x1)

2

x2+x1

=

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

令

x2

x1

=t，则t＞1．设H(t)=lnt-

2(1-t)

1+t

．
∴H′（t）=

1

t

+

4

(1+t)2

＞0∴H（t）＞H（1）=0
故∴

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

≠ln

x2

x1

，即f′（

x1+x2

2

）≠0-----（14分）

点评：本题考查学生会利用导函数的正负确定原函数的单调区间，会根据函数的增减性求出函数的最值，掌握导数在函数最值中的应用，有一定的难度