Question

13．已知函數(shù)f（x）=2lnx-2mx+x²（m＞0）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)m≥$\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$時(shí)，若函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)f'（x）的圖象與x軸交于A，B兩點(diǎn)，其橫坐標(biāo)分別為x₁，x₂（x₁＜x₂），線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀，且x₁，x₂恰為函數(shù)h（x）=lnx-cx²-bx零的點(diǎn)，求證：（x₁-x₂）h'（x₀）≥-$\frac{2}{3}$+ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，表示出b，令$\frac{x_1}{x_2}=t（0＜t＜1）$，由${（{x_1}+{x_2}）^2}={m^2}$得$x_1^2+x_2^2+2{x_1}{x_2}={m^2}$，得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由于f（x）=2lnx-2mx+x²的定義域?yàn)椋?，+∞），$f'（x）=\frac{{2（{x^2}-mx+1）}}{x}$．
對于方程x²-mx+1=0，其判別式△=m²-4．
當(dāng)m²-4≤0，即0＜m≤2時(shí)，f'（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
當(dāng)m²-4＞0，即m＞2，方程x²-mx+1=0恰有兩個(gè)不相等是實(shí)根$x=\frac{{m±\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，
令f'（x）＞0，得$0＜x＜\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$或$x＞\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，此時(shí)f（x）單調(diào)遞增；
令f'（x）＜0，得$\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}＜x＜\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}$，此時(shí)f（x）單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)0＜m≤2時(shí)，f（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增；
當(dāng)m＞2時(shí)，f（x）在$（\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}，\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}）$內(nèi)單調(diào)遞減，
在$（0，\frac{{m-\sqrt{{m^2}-4}}}{2}）$，$（\frac{{m+\sqrt{{m^2}-4}}}{2}，+∞）$內(nèi)單調(diào)遞增．
（2）證明：由（1）知，$f'（x）=\frac{{2（{x^2}-mx+1）}}{x}$，
所以f'（x）的兩根x₁，x₂即為方程x²-mx+1=0的兩根．
因?yàn)?m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，所以△=m²-4＞0，x₁+x₂=m，x₁x₂=1．
又因?yàn)閤₁，x₂為h（x）=lnx-cx²-bx的零點(diǎn)，
所以$ln{x_1}-cx_1^2-b{x_1}=0$，$ln{x_2}-c_2^2-b{x_2}=0$，兩式相減得$ln\frac{x_1}{x_2}-c（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）-b（{x_1}-{x_2}）=0$，
得$b=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=c（{x_1}+{x_2}）$．而$h'（x）=\frac{1}{x}-2cx-b$，
所以（x₁-x₂）h'（x₀）=$（{x_1}-{x_2}）（\frac{1}{x_0}-2c{x_0}-b）$
=$（{x_1}-{x_2}）[\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}-c（{x_1}+{x_2}）-\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}+c（{x_1}+{x_2}）]$=$\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}-ln\frac{x_1}{x_2}$=$2•\frac{{\frac{x_1}{x_2}-1}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}-ln\frac{x_1}{x_2}$．
令$\frac{x_1}{x_2}=t（0＜t＜1）$，由${（{x_1}+{x_2}）^2}={m^2}$得$x_1^2+x_2^2+2{x_1}{x_2}={m^2}$，
因?yàn)閤₁x₂=1，兩邊同時(shí)除以x₁x₂，得$t+\frac{1}{t}+2={m^2}$，
因?yàn)?m≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，故$t+\frac{1}{t}≥\frac{5}{2}$，解得$0＜t≤\frac{1}{2}$或t≥2，所以$0＜t≤\frac{1}{2}$．
設(shè)$G（t）=2•\frac{t-1}{t+1}-lnt$，所以$G'（t）=\frac{{-{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＜0$，
則y=G（t）在$（0，\frac{1}{2}]$上是減函數(shù)，
所以$G{（t）_{min}}=G（\frac{1}{2}）=-\frac{2}{3}+ln2$，
即y=（x₁-x₂）h'（x₀）的最小值為$-\frac{2}{3}+ln2$．
所以$（{x_1}-{x_2}）h'（{x_0}）≥-\frac{2}{3}+ln2$．

點(diǎn)評(píng) 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，考查不等式的證明，是一道綜合題．