Question

设函数f（x）=

ln(x2-2x+2)

x

-

1

4

．
（1）判断函数f（x）在区间（0，2）上的单调性；
（2）若函数f（x）在（0，2）上有两个零点x₁，x₂，求证：f（

x1+x2

2

）＜0．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数的零点

专题：导数的综合应用

分析：本题（1）先求出原函数的导函数，通过导函数值的正负研究函数的单调性，得到本题结论；（2）根据（1）的结论，可以研究函数f（x）在（0，2）上的函数值正负情况，从而判断出f（

x1+x2

2

）的正负，得到本题结论．．

解答： 解：∵函数f（x）=

ln(x2-2x+2)

x

-

1

4

，
∴f′（x）=

1 x2-2x+2 ×(2x-2)×x-ln(x2-x+2)

x2

=

2(x2-x)-(x2-2x+2)ln(x2-2x+2)

x2(x2-2x+2)

．
当0＜x＜1时，
∵2（x²-x）=2x（x-1）＜0，
x²-2x+2=（x-1）²+1＞1＞0，
ln（x²-2x+2）=ln[（x-1）²+1]＞ln1=0，
∴f′（x）＜0，函数f（x）在区间（0，1）上单调递减；
当1＜x＜2时，
记h（x）=2（x²-x）-（x²-2x+2）ln（x²-2x+2），
则h′（x）=4x-2-（2x-2）ln（x²-2x+2）-（x²-2x+2）×

1

x2-2x+2

×(2x-2)
=2x-（2x-2）ln（x²-2x+2）
=2x[1-ln（x²-2x+2）]+2ln（x²-2x+2）．
∵1＜x＜2，
∴x²-2x+2=（x-1）²+1∈（1，2），
∴0＜ln（x²-2x+2）＜ln2＜1，
∴h′（x）＞0．
∵h（1）=0，
∴h（x）＞0，即f′（x）＞0，
∴函数f（x）在区间（1，2）上单调递增．
∴函数f（x）在区间（0，2）上的单调减区间为（0，1）；单调减区间为（1，2）．

（2）∵x＞0，当x→0时，f（x）→+∞
∴f（1）=-

1

4

，f（2）=

1

2

ln2-

1

4

＞0，
∵函数f（x）在（0，2）上有两个零点x₁，x₂，
∴不妨设x₁＜x₂，
则0＜x₁＜1＜x₂＜2，
当x∈（0，x₁）时，f（x）＞0，
当x∈（x₁，x₂）时，f（x）＜0，
当x∈（x₂，2）时，f（x）＞0，
∵x₁＜

x1+x2

2

＜x₂，
∴f（

x1+x2

2

）＜0．

点评：本题考查了导函数与函数的单调性和最值，还考查了分类讨论的数学思想，本题计算复杂，难度较大，属于难题．