Question

6．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²+ax，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）-ax+m=0在[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個不等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）若函數(shù)f（x）的圖象與x軸交于不同的點(diǎn)A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求證：f′（px₁+qx₂）＜0 （實(shí)數(shù)p，q滿足0＜p≤q，p+q=1）

Answer 1

分析 （1）方程f（x）=-ax+m即為2lnx-x²+2ax-m=0，令g（x）=2lnx-x²+2ax-m，利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在[，e]上的最小值，要使方程f（x）-ax+m=0在[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，得到關(guān)于m的不等式組，解之即可；
（2）將a用x₁與x₂表示，然后求出導(dǎo)函數(shù)f′（x），從而得到f′（px₁+qx₂），然后利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性證明f′（px₁+qx₂）＜0．

解答 解：（1）方程f（x）-ax+m=0即為2lnx-x²+m=0，
令g（x）=2lnx-x²+m，則g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{-2（x+1）（x-1）}{x}$，
因?yàn)閤∈[$\frac{1}{e}$，e]，故g'（x）=0時，x=1．
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜1時，g'（x）＞0；當(dāng)1＜x＜e時，g'（x）＜0．
故函數(shù)g（x）在x=1處取得極大值g（1）=m-1，
又g（$\frac{1}{e}$）=m-2-$\frac{1}{{e}^{2}}$，g（e）=m+2-e²，
g（e）-g（$\frac{1}{e}$）=4-e²+$\frac{1}{{e}^{2}}$＜0，則g（e）＜g（$\frac{1}{e}$），
故函數(shù)g（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值是g（e）．
方程f（x）-ax+m=0在[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個不相等的實(shí)數(shù)根，
則有 $\left\{\begin{array}{l}{g（1）=m-1＞0}\\{g（\frac{1}{e}）=m-2-\frac{1}{{e}^{2}}≤0}\end{array}\right.$，解得1＜m≤2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故實(shí)數(shù)m的取值范圍是（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]．
（2）∵函數(shù)f（x）的圖象與x軸交于兩個不同的點(diǎn)A（x₁，0），B（x₂，0），
2lnx-x²+ax=0的兩個根為x₁，x₂，
則2lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+ax₁=0①，2lnx₂-${{x}_{2}}^{2}$+ax₂=0②，
兩式相減得a=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
f（x）=2lnx-x²+ax，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+a，
則f′（px₁+qx₂）=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-2（px₁+qx₂）+a=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+（2p-1）（x2-x1）．（*）
∵0＜p≤q，p+q=1，則2p≤1，又0＜x₁＜x₂，∴（2p-1）（x₂-x₁）≤0，
下證  $\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0，
即證明 $\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0．
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即證明u（t）=$\frac{1-t}{pt+q}$+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立，
∵u′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{（pt+q）}^{2}}$=$\frac{{p}^{2}（t-1）（t-\frac{{q}^{2}}{{p}^{2}}）}{{t（pt+q）}^{2}}$，
∵0＜p≤q，∴$\frac{{q}^{2}}{{p}^{2}}$≥1，又0＜t＜1，∴u'（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函數(shù)，
則u（t）＜u（1）=0，從而知 $\frac{{{x}_{2}-x}_{1}}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
故（*）＜0，即f'（px₁+qx₂）＜0成立．

點(diǎn)評 本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，同時考查了轉(zhuǎn)化的思想和計(jì)算能力，屬于難題．