Question

6．已知函数f（x）=2lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（2a-1）x
（Ⅰ）设h（x）=f（x）-g（x），讨论函数h（x）的单调区间；
（II ）若f（x）-ax=0有两个不同实数解x₁，x₂，求证：lnx₁+lnx₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性即可求出，
（Ⅱ）f（x）-ax=0有两个不同实数解x₁，x₂，则f（x）的两个相异零点为x₁，x₂，设x₂＞x₁＞0，得到lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，通过两式相减，整理化简可得ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，然后换元，构造函数，根据导数和函数的最值即可证明

解答 解：（Ⅰ）h（x）=f（x）-g（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$ax²-（2a-1）x，x＞0，
∴h′（x）=$\frac{2}{x}$-ax-（2a-1）=-$\frac{（ax-1）（x+2）}{x}$，
①当a≤0时，h′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
②当a＞0时，令h′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，
当0＜x＜$\frac{1}{a}$时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞$\frac{1}{a}$时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）单调递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）单调递减；
（Ⅱ）证明：f（x）-ax=0有两个不同实数解x₁，x₂，
则f（x）的两个相异零点为x₁，x₂，设x₂＞x₁＞0，
∵f（x₁）=0，f（x₂）=0，
∴lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂），
∵x₁x₂＞e²，
若lnx₁+lnx₂＞2，
则a（x₁+x₂）＞2，
即$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$a，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
不妨设设t=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
构造函数h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
则h′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，
∴h（e）＞h（1）=0，
∴lnt＞$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
∴lnx₁+lnx₂＞2．

点评 本题考查导数的运用：单调区间、极值和最值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，以及转化思想的运用，考查化简整理的运算能力，属于难题．