Question

20．已知函数f（x）=lnx．
（1）证明：当x＞1时，$x+1-\frac{{2（{x-1}）}}{f（x）}＞0$；
（2）若函数g（x）=f（x）+x-ax²有两个零点x₁，x₂（x₁＜x₂，a＞0），证明：$g'（{\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{3}}）＜1-a$．

Answer 1

分析 （1）欲证$x+1-\frac{{2（{x-1}）}}{f（x）}＞0$，需证$K（x）=lnx-\frac{{2（{x-1}）}}{x+1}＞0$，由此利用导数性质能证明当x＞1时，$x+1-\frac{{2（{x-1}）}}{f（x）}＞0$．
（2）取$x=\frac{x_2}{x_1}⇒$$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{ln{x_1}-ln{x_2}}}＜\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，得到$g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）=\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-$[a（x₁+x₂）-1]＜0．g'（x）在（0，+∞）上递减，进而$a=\frac{lnx+x}{x^2}=h（x）$，$h'（x）=\frac{1-x-2lnx}{x^3}$，令s（x）=1-x-2lnx，利用导数性质能证明$g'（{\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{3}}）＜1-a$．

解答 证明：（1）欲证$x+1-\frac{{2（{x-1}）}}{f（x）}＞0$，
需证$K（x）=lnx-\frac{{2（{x-1}）}}{x+1}＞0$，
∵$K'（x）=\frac{{{{（{x-1}）}^2}}}{{x{{（{x+1}）}^2}}}＞0$，
∴K（x）在（1，+∞）上递增，
∴K（x）＞K（1）=0，
∴当x＞1时，$x+1-\frac{{2（{x-1}）}}{f（x）}＞0$．
（2）∵x＞1，$lnx＞\frac{{2（{x-1}）}}{x+1}$，
取$x=\frac{x_2}{x_1}⇒$$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{ln{x_1}-ln{x_2}}}＜\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$．
∴$\left\{\begin{array}{l}ln{x_1}+{x_1}-ax_1^2=0\\ ln{x_2}+{x_2}-ax_2^2=0\end{array}\right.⇒$$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{ln{x_1}-ln{x_2}}}$=$\frac{1}{{a（{{x_1}+{x_2}}）}}＜\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$
$⇒\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-[{a（{{x_1}+{x_2}}）-1}]＜0$．
$g'（x）=\frac{1}{x}+1-2ax$，$g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）=\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-$[a（x₁+x₂）-1]＜0．
$g''（x）=-\frac{1}{x^2}-2a＜0$，g'（x）在（0，+∞）上递减，
∵$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{3}＞\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，
故$g'（{\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{3}}）＜g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）＜0$lnx+x-ax²=0，
∴$a=\frac{lnx+x}{x^2}=h（x）$，$h'（x）=\frac{1-x-2lnx}{x^3}$，
令s（x）=1-x-2lnx，由题意知s（x）在（0，+∞）递减，s（1）=0，
0＜x＜1，s（x）＞0，h（x）↑，x＞1，s（x）＜0，h（x）↓，
∴h（x）≤h（1），x＞1，h（x）＞0，x→0，h（x）→-∞，
要合题意，如图，0＜a＜1，1-a＞0，右大于左，
∴$g'（{\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{3}}）＜1-a$．

点评 本题考查导数及其应用等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查转化化归思想、分类讨论思想、函数与方程思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．