Question

11．已知函数g（x）=lnx-ax²+（2-a）x，a∈R．
（1）求g（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）=g（x）+（a+1）x²-2x，x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数f（x）的两个零点，f′（x）是函数f（x）的导函数，证明：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）先求函数的定义域，求函数的导数，在定义域内讨论函数的单调性；
（2）求出a=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+x₁+x₂，问题转化为证明$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$＞lnx₁-lnx₂，即证明$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（*），令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），则h（t）=（1+t）lnt-2t+2，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx-ax²+（2-a）x的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax+（2-a）=-$\frac{（ax-1）（2x+1）}{x}$，
①当a≤0时，f′（x）＞0，x∈（0，+∞），
则f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0时，x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＞0，
x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，
则f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减；
（2）由x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数f（x）的两个零点，
得f（x₁）=lnx₁+${{x}_{1}}^{2}$-ax₁=0，f（x₂）=lnx₂+${{x}_{2}}^{2}$-ax₂=0，
两式相减得a=$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+x₁+x₂，
∵f′（x）=$\frac{1}{x}$+2x-a，
∴f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
故要证明f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，
只需证明$\frac{2}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0，（0＜x₁＜x₂），
即证明$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$＞lnx₁-lnx₂，即证明$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（*），
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），则h（t）=（1+t）lnt-2t+2，
则h′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，h″（x）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$＜0，
故h′（t）在（0，1）递减，h′（t）＞h′（1）=0，
故h（t）在（0，1）递增，h（t）＜h（1）=0，
故（*）成立，即f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查不等式的证明以及转化思想，是一道综合题．