Question

4．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在[1，+∞）上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f（x）+ax+m在[$\frac{1}{e}$，e]（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）如果函數(shù)f（x）的圖象與x軸交于兩點(diǎn)A（x₁，0）、B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂，求證：f'（sx₁+tx₂）＜0（其中正常數(shù)s，t滿足s+t=1，且s≤t）．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，由f′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，即a≥$\frac{2}{x}$-2x，構(gòu)造輔助函數(shù)，求得函數(shù)的最大值，即可求得實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）求導(dǎo)，根據(jù)x的取值范圍，求得g（x）的極大值，即可求得g（x）的最值，函數(shù)f（x）+ax+m在[$\frac{1}{e}$，e]內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，即可求得實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）由f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a，又f（x）=0有兩個(gè)實(shí)根x₁，x₂，知$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{x}_{1}^{2}-a{x}_{1}=0}\\{2ln{x}_{2}-{x}_{2}^{2}-a{x}_{2}=0}\end{array}\right.$兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）由此入手能夠證明：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．（*）．從而可證g′（px₁+qx₂）＜0．

解答 解：（1）由題意可知：f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a≤0，即$\frac{2}{x}$-2x-a≤0，
則a≥$\frac{2}{x}$-2x，
令g（x）=$\frac{2}{x}$-2x，x∈[1，+∞），
g′（x）=$\frac{-2{x}^{2}-2}{{x}^{2}}$＜0，
g（x）＜0單調(diào)遞減，
g（x）max=g（1）=$\frac{2}{1}$-2=0，
∴a≥0，
實(shí)數(shù)a的取值范圍[0，+∞）；
（2）數(shù)g（x）=f（x）+ax+m=2lnx-x²-ax+ax+m=2lnx-x²+m，
求導(dǎo)g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
則x∈[$\frac{1}{e}$，e]，
∴當(dāng)g′（x）=0，x=1，
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0，
當(dāng)1＜x＜e時(shí)，g′（x）＜0，
∴函數(shù)g（x）在x=1時(shí)，取極大值，g（1）=m-1，
又g（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$，g（e）=m+2-e²，
g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），
故函數(shù)g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]的最小值為g（e），
函數(shù)f（x）+ax+m在[$\frac{1}{e}$，e]內(nèi)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，
則$\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，
解得：1＜m＜2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故實(shí)數(shù)m的取值范圍：（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]；
（3）f（x）=2lnx-x²-ax，求導(dǎo)f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-a
∵，又f（x）=0有兩個(gè)實(shí)根x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2ln{x}_{1}-{x}_{1}^{2}-a{x}_{1}=0}\\{2ln{x}_{2}-{x}_{2}^{2}-a{x}_{2}=0}\end{array}\right.$兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）
∴a=$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x₁+x₂），x₁＞0，x₂＞0，
于是 f'（sx₁+tx₂）=$\frac{2}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$-2（sx₁+tx₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（x₁+x₂），
=$\frac{2}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（2s-1）（x₂-x₁）．
∵q＞p，∴2q≥1，∵2p≤1，∴（2p-1）（x₂-x₁）＜0．
要證：g′（px₁+qx₂）＜0，只需證：$\frac{2}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0．
只需證：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．（*）
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=q，∴（*）化為 $\frac{1-q}{st+1}$+lnq＜0，只證u（q）=lnq+$\frac{1-q}{st+1}$＜0，即可．
u′（q）=$\frac{1}{q}$+$\frac{-（sq+t）-（1-q）s}{（sq+t）^{2}}$=$\frac{（sq+t）^{2}-q}{q（sq+t）^{2}}$，
∴t-1＜0．∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴u（t）＜u（1）=0
∴u（t）＜0，∴l(xiāng)nq+$\frac{1-q}{sq+t}$＜0．
即：$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{s{x}_{1}+t{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．
∴g′（px₁+qx₂）＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最值，導(dǎo)數(shù)與不等式的綜合應(yīng)用，考查分析法證明不等式成立，考查計(jì)算能力，屬于難題．