Question

1．已知 f（x）=2lnx-ax+1（a∈R）．
（Ⅰ）若a＞0，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若 f（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn) x₁、x₂ （x₂＞x₁），f'（x）為 f（x）的導(dǎo)函數(shù)，求證：f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′（x）=$\frac{2}{x}$-a，當(dāng)x$∈（0，\frac{2}{a}）$時(shí)f′（x）＞0，x$∈（\frac{2}{a}，+∞）$時(shí)，f′（x）＜0即可得到單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得要使 f（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn) x₁、x₂，則a＞0，可得2lnx₁-ax₁+1=0，2lnx₂-ax₂+1=0⇒a=$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，$f′（\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}）$=$\frac{4}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）]，要證證：f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0，只需證$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）＞0．即證$\frac{4（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}-2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0，令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t，（0＜t＜1）$，g（t）=$\frac{4（t-1）}{t+2}-2lnt$（0＜t＜1），利用導(dǎo)數(shù)即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′（x）=$\frac{2}{x}$-a
令f′（x）=$\frac{2}{x}$-a=0，解得x=$\frac{2}{a}$＞0
當(dāng)x$∈（0，\frac{2}{a}）$時(shí)f′（x）＞0，x$∈（\frac{2}{a}，+∞）$時(shí)，f′（x）＜0
∴函數(shù)f（x）的單增區(qū)間（0，$\frac{2}{a}$）：f（x）的單減區(qū)間：（$\frac{2}{a}$，+∞），
（Ⅱ）由（Ⅰ）得要使 f（x）有兩個(gè)不同零點(diǎn) x₁、x₂，則a＞0，
可得2lnx₁-ax₁+1=0，2lnx₂-ax₂+1=0，
⇒a=$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
∴$f′（\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}）$=$\frac{4}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-$\frac{2ln{x}_{1}-2ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{1}-{x}_{2}}$[$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）]，
要證證：f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0，只需證$\frac{4（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$-2（lnx₁-lnx₂）＞0．
即證$\frac{4（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}-2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=t，（0＜t＜1）$，
g（t）=$\frac{4（t-1）}{t+2}-2lnt$，（0＜t＜1）．
g′（t）=$\frac{-2（{t}^{2}-2t+4）}{（t+2）^{2}t}＜0$，
∴g（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，g（1）=0，
∴g（t）＜0．
故f'（$\frac{{{x_1}+2{x_2}}}{2}$）＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求最值、單調(diào)性，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．