Question

2．已知函數(shù)$f（x）=2lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{2-a}）x（{a∈R}）$．
（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若對(duì)于?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，存在正實(shí)數(shù)x₀，使得f（x₂）-f（x₁）=f'（x₀）（x₂-x₁），試判斷$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$與f'（x₀）的大小關(guān)系，并給出證明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）作差得到f′（x₀）-f′$（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）$=$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，得到ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，（t＞1），令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域（0，+∞），
f′（x）=$\frac{2}{x}$-ax+（2-a）=-$\frac{（x+1）（ax-2）}{x}$，
①若a≤0，則f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）遞增，
②若a＞0，則由f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{2}{a}$，
由f′（x）＜0，解得：x＞$\frac{2}{a}$，
故f（x）在（0，$\frac{2}{a}$）遞增，在（$\frac{2}{a}$，+∞）遞減；
證明：（Ⅱ）f（x₂）-f（x₁）=2（lnx₂-lnx₁）-$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）（x₂-x₁）+（2-a）（x₂-x₁），
由題意得f′（x₀）=$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{{x}_{2}-x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+（2-a），
又f′$（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）$=$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a•$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$+（2-a），
∴f′（x₀）-f′$（\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{2}）$=$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[（lnx₂-lnx₁）-$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$]=$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，則ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，（t＞1），
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），則g′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
g（t）在（1，+∞）遞增，
g（t）＞g（1）=0，而x₁＜x₂，
故$\frac{2}{{{x}_{2}-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$]＞0
故$f'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$＜f'（x₀）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)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．