Question

已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²-ax．
（Ⅰ）當(dāng)a≥3時，討論函數(shù)y=f（x）在[

1

2

，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）如果x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)f（x）的兩個零點(diǎn)，f（x）為函數(shù)f′（x）的導(dǎo)數(shù)，證明：f′(

x1+2x2

3

)＜0．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，可判當(dāng)a≥3時，f'（x）≤0在[

1

2

，+∞)上恒成立，可得單調(diào)性；
（Ⅱ）由題意可得a=

2ln x2 x1

x2-x1

-（x₂+x₁），代入f′(x)=

2

x

-2x-a，可得f′(

x1+2x2

3

)=

-2ln x2 x1

x2-x1

+

6

x1+2x2

-

1

3

(x2-x1)，只需研究

-2ln x2 x1

x2-x1

+

6

x1+2x2

的符號，而

-2ln x2 x1

x2-x1

+

6

x1+2x2

=

-2

x2-x1

[lnt-

3(t-1)

2t+1

]，構(gòu)造函數(shù)令h（t）=lnt-

3(t-1)

2t+1

  （t＞1），求導(dǎo)數(shù)可得單調(diào)性和求值范圍，進(jìn)而可得答案．

解答：解：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)可得f′(x)=

2

x

-2x-a，…（1分）
易知f'（x）在[

1

2

，+∞)上單調(diào)遞減，…（2分）
∴當(dāng)x∈[

1

2

，+∞)時，f′(x)≤f/(

1

2

)=3-a．…（3分）
當(dāng)a≥3時，f'（x）≤0在[

1

2

，+∞)上恒成立．
∴當(dāng)a≥3時，函數(shù)y=f（x）在[

1

2

，+∞)上單調(diào)遞減．…（5分）
（Ⅱ）∵x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)f（x）的兩個零點(diǎn)，
∴f（x₁）=2lnx₁-x12-ax₁=0，f（x₂）=2lnx₂-x22-ax₂=0，
兩式相減可得：2ln

x2

x1

-（x22-x12）-a（x₂-x₁）=0，
故a=

2ln x2 x1

x2-x1

-（x₂+x₁），又∵f′(x)=

2

x

-2x-a，
∴f′(

x1+2x2

3

)=

2

x1+2x2 3

-2(

x1+2x2

3

)-a
=

6

x1+2x2

-

2

3

(x1+2x2)-

2ln x2 x1

x2-x1

+（x₂+x₁）
=

-2ln x2 x1

x2-x1

+

6

x1+2x2

-

1

3

(x2-x1)，
因?yàn)?span id="k4ngrtd" class="MathJye">-

1

3

(x2-x1)＜0，故只需研究

-2ln x2 x1

x2-x1

+

6

x1+2x2

的符號，
而

-2ln x2 x1

x2-x1

+

6

x1+2x2

=

-2

x2-x1

[ln

x2

x1

-

3( x2 x1 -1)

2 x2 x1 +1

]，
令

x2

x1

=t，則t＞1，故上式=

-2

x2-x1

[lnt-

3(t-1)

2t+1

]，
令h（t）=lnt-

3(t-1)

2t+1

  （t＞1），
求導(dǎo)數(shù)可得h′（t）=

1

t

-

9

(2t+1)2

=

(t-1)(4t-1)

t(2t+1)2

＞0，
所以h（t）=lnt-

3(t-1)

2t+1

  在（1，+∞）單調(diào)遞增，
所以當(dāng)t＞1時，h（t）＞h（1）=0，故

-2

x2-x1

[lnt-

3(t-1)

2t+1

]＜0，
又-

1

3

(x2-x1)＜0，故f′(

x1+2x2

3

)＜0    （14分）

點(diǎn)評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和單調(diào)性，涉及構(gòu)造函數(shù)的方法，屬中檔題．