Question

3．已知函数f（x）=2lnx-x²+ax（a∈R）．
（1）设函数g（x）=f（x）+x²
①求函数g（x）的单调区间；
②求证：当a=-2时，对任意的t≤-2，存在唯一的m∈[1，+∞），使t=g（m）；
（2）若函数f（x）的两个零点为x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0（其中f′（x）是f（x）的导函数）

Answer 1

分析 （1）①先求出g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，②将a的值代入，求出g（m）的导数，得到函数的单调性，求出函数的最大值，从而证出结论；
（2）由于f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），可得方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，得到a的值，可得f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$．经过变形只要证明 $\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，通过换元再利用导数研究其单调性即可得出．

解答 解：（1）①g（x）=2lnx+ax，（x＞0），g′（x）=$\frac{2}{x}$+a=$\frac{ax+2}{x}$，
a≥0时：g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增；
a＜0时：令g′（x）＞0，解得：0＜x＜-$\frac{2}{a}$，令g′（x）＜0，解得：x＞-$\frac{2}{a}$，
∴g（x）在（0，-$\frac{2}{a}$）递增，在（-$\frac{2}{a}$，+∞）递减；
②g（m）=2lnm-2m，（m≥1），g′（m）=$\frac{2}{m}$-2＜0，
∴g（m）在[1，+∞）单调递减，
∴g（m）_最大值=g（1）=-2，
画出函数y=t（t≤-2）和g（m）的图象，如图示：
∴存在唯一的m∈[1，+∞），使t=g（m）；
（2）∵f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
∴方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，
则$\left\{\begin{array}{l}{2l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}+{ax}_{1}=0}\\{2l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}+{ax}_{2}=0}\end{array}\right.$，
两式相减得a=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
又f（x）=2lnx-x²+ax，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+a，
则f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$ ）=$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$．
下证 $\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0（*），
即证明$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明u（t）=$\frac{2（1-t）}{t+1}$+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．
∵u′（t）=$\frac{-2（t+1）-2（1-t）}{{（t+1）}^{2}}$+$\frac{1}{t}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
又0＜t＜1，
∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（1）=0，
从而知$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
故（*）式＜0，即f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0成立．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、导数的几何意义、方程实数根的个数转化为图象的交点，考查了推理能力和计算能力，属于难题．