Question

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

1

2

，+∞）上的單調(diào)性；
（Ⅱ）如果x₁，x₂是函數(shù)f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，且x₁＜x₂＜4x₁，f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，用x₁，x₂表示a并證明：f′（

2x1+x2

3

）＞0．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求單調(diào)區(qū)間，先求導(dǎo)，令導(dǎo)函數(shù)大于等于0即可．
（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′(

2x1+x2

3

)=-

2

x2-x1

（ln

x2

x1

-

3x2 x1 -3

2+ x2 x1

）-

1

3

(x1-x2)，構(gòu)造函數(shù)h（t）=lnt-

3t-3

t+2

，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）∵f（x）=2lnx-x²-ax，
∴f′(x)=

2

x

-2x-a=

-(2x2+ax-2)

x

(x＞0)，
令f'（x）=0得x=

-a+ a2+16

4

  （負(fù)根舍去），
∵a≥3，
∴a²+16≤a²+4a+4，
∴

a2+16

≤a+2，
∴-a+

a2+16

≤2，
故在[

1

2

，+∞)上恒成立
∴在[

1

2

，+∞)上函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；                                   
（Ⅱ）（Ⅱ）∵x₁，x₂（x₁＜x₂）是函數(shù)f（x）的兩個(gè)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，
∴a=

2ln x2 x1

x2-x1

-（x₂+x₁），
∵f′(x)=

2

x

-2x-a，
∴f′(

2x1+x2

3

)=

6

2x1+x2

-

2

3

(2x1+x2)-a，
=

2ln x2 x1

x2-x1

-（x₂+x₁）+

6

2x1+x2

-

2

3

(2x1+x2)，
=

2ln x2 x1

x2-x1

+

6

2x1+x2

-

1

3

(x1-x2)，
=-

2

x2-x1

（ln

x2

x1

-

3x2 x1 -3

2+ x2 x1

）-

1

3

(x1-x2)，
令t=

x2

x1

∈（1，4），h（t）=lnt-

3t-3

t+2

，
∴h′（t）=

1

t

-

9

(t+2)2

=

t2-5t+4

t(t+2)2

=

(t-1)(t-4)

t(t+2)2

＜0，
∴h（t）在（1，4）上單調(diào)遞減，
∴h（t）＜h（1）=0，
又-

2

x2-x1

＜0，-

1

3

(x1-x2)＞0，
∴f′(

2x1+x2

3

)＞0．

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．