Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-（a+1）x+2（a-1）lnx，g（x）=-$\frac{3}{2}{x^2}$+x+（4-2a）lnx．
（1）若a＞1，討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）是否存在實數(shù)a，對任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$+a＞0恒成立，若存在，求出a的范圍，若不存在，請說明理由；
（3）記h（x）=f（x）+g（x），如果x₁，x₂是函數(shù)h（x）的兩個零點，且x₁＜x₂＜4x₁，h′（x）是h（x）的導(dǎo)函數(shù)，證明：${h^'}（\frac{{2{x_1}+{x_2}}}{3}）＞0$．

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）令g（x）=f（x）+ax，只要g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a的不等式，解出即可；
（3）分別表示出h（x₁），h（x₂）兩式相減，得到$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$，令$t=\frac{x_2}{x_1}∈（1，4），φ（t）=lnt-\frac{3t-3}{t+2}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域為（0，+∞），
${f^'}（x）=x-（a+1）+2（a-1）\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-（a+1）x+2（a-1）}}{x}=\frac{{（x-2）[{x-（a-1）}]}}{x}$，
①若a-1=2，則a=3，${f^'}（x）=\frac{{{{（x-2）}^2}}}{x}＞0$，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②若a-1＜2，則a＜3，而a＞1，∴1＜a＜3，
當(dāng)x∈（a-1，2）時，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（0，a-1）及（2，+∞）時f′（x）＞0，
所以f（x）在（a-1，2）上單調(diào)遞減，在（0，a-1）及（2，+∞）單調(diào)遞增；
③若a-1＞2，則a＞3，同理可得f（x）在（2，a-1）上單調(diào)遞減，在（0，2）及（a-1，+∞）單調(diào)遞增．
（2）假設(shè)存在a，對任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+a＞0$恒成立，
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，只要$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}+a＞0$，即f（x₂）+ax₂＞f（x₁）+ax₁，
令g（x）=f（x）+ax，只要g（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
$g（x）=\frac{1}{2}{x^2}-x+2（a-1）lnx$${g^'}（x）=x-1+\frac{2（a-1）}{x}=\frac{{{x^2}-x+2（a-1）}}{x}=\frac{{{{（x-\frac{1}{2}）}^2}+2a-\frac{9}{4}}}{x}$，
只要g′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，只要$2a-\frac{9}{4}≥0，a≥\frac{9}{8}$，
故存在$a∈[{\frac{9}{8}，+∞}）$時，對任意x₁，x₂∈（0，+∞），x₁≠x₂，有$\frac{{f（{x_1}）-f（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+a＞0$恒成立．
（3）證明：由題意知，$h（x）=[\frac{1}{2}{x^2}-（a+1）x+2（a-1）lnx]+[-\frac{3}{2}{x^2}+x+（4-2a）lnx]=2lnx-{x^2}-ax$，
$h（{x_1}）=2ln{x_1}-x_1^2-a{x_1}=0，h（{x_2}）=2ln{x_2}-x_2^2-a{x_2}=0$
兩式相減，整理得$2ln\frac{x_2}{x_1}+（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}）=a（{x_2}-{x_1}）$，
所以$a=\frac{{2ln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}+{x_1}）$，又因為$h'（x）=\frac{2}{x}-2x-a$，
所以$h'（\frac{{2{x_1}+{x_2}}}{3}）=\frac{6}{{2{x_1}+{x_2}}}-\frac{2}{3}（2{x_1}+{x_2}）-a=-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}[ln\frac{x_2}{x_1}-\frac{{3\frac{x_2}{x_1}-3}}{{2+\frac{x_2}{x_1}}}]-\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）$，
令$t=\frac{x_2}{x_1}∈（1，4），φ（t）=lnt-\frac{3t-3}{t+2}$，則${φ^'}（t）=\frac{（t-1）（t-4）}{{t{{（t+2）}^2}}}＜0$，
所以φ（t）在（1，4）上單調(diào)遞減，故φ（t）＜φ（1）=0，
又$-\frac{2}{{{x_2}-{x_1}}}＜0，-\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）＞0$，所以$h'（\frac{{2{x_1}+{x_2}}}{3}）＞0$．

點評 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)用以及轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，是一道綜合題．