Question

15．已知函數(shù)f（x）=-x²+alnx，a∈R．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a=4時(shí)，記函數(shù)g（x）=f（x）+kx，設(shè)x₁、x₂（x₁＜x₂）是方程g（x）=0的兩個(gè)根，x₀是x₁、x₂的等差中項(xiàng)，g′（x）為函數(shù)g（x）的導(dǎo)函數(shù)，求證：g′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，即t∈（0，1），問題轉(zhuǎn)化為證lnt＜$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（0＜t＜1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
又f′（x）=$\frac{a}{x}$-2x=-$\frac{{2x}^{2}-a}{x}$，
a≤0時(shí)，在（0，+∞）上f（x）是減函數(shù)，
a＞0時(shí)，f′（x）=0，得：x₁=$\sqrt{\frac{a}{2}}$或x₂=-$\sqrt{\frac{a}{2}}$（舍），
在（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）上，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)，
在（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)；
證明：（2）∵g（x）=4lnx-x²+kx，
∴g′（x）=$\frac{4}{x}$-2x+k，
又x₁+x₂=2x₀，
∴$\left\{\begin{array}{l}{g{（x}_{1}）=4l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}+{kx}_{1}=0}\\{g{（x}_{2}）=4l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}+{kx}_{2}=0}\end{array}\right.$，
兩式相減得：4（lnx₁-lnx₂）-（x₁+x₂）（x₁-x₂）+k（x₁-x₂）=0，
∴k=（x₁+x₂）-$\frac{4（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$，
由g′（x₀）＜0?$\frac{4}{{x}_{0}}$-2x₀+k＜0?$\frac{8}{{{x}_{1}+x}_{2}}$-$\frac{4（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0
?ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，即t∈（0，1），
即證lnt＜$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$，
令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（0＜t＜1），
∴h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，h′（t）＞0，h（t）是增函數(shù)，
令h（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（0＜t＜1），
∴h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故t∈（0，1）時(shí)，h（t）是增函數(shù)，
∴h（t）＜h（1）=0，
∴l(xiāng)nt＜2-$\frac{4}{t+1}$成立，
故原不等式成立．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．