Question

2．已知函数f（x）=2clnx-x²（c∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若c=1，设函数g（x）=f（x）-mx的图象与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0）两点，且0＜x₁＜x₂，又y=g'（x）是y=g（x）的导函数，若正常数a，b满足a+b=1，b≥a，证明：g'（ax₁+bx₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）通过求导可知f′（x）=2•$\frac{c-{x}^{2}}{x}$，进而分c≤0与c＞0两种情况讨论即可；
（2）通过求导、作差变形可知g′（ax₁+bx₂）=$\frac{2}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+（2a-1）（x₂-x₁），利用分析法可知只需证明$\frac{2}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜0，即要证$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜0，进而换元、利用导数判断单调性即可．

解答 （1）解：由题可知x＞0，f′（x）=2（$\frac{c}{x}$-x）=2•$\frac{c-{x}^{2}}{x}$，
①若c≤0，则易知f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，故（0，+∞）为f（x）的单调递减区间；
②若c＞0，令f′（x）=0可知x=$\sqrt{c}$，
且当x＞$\sqrt{c}$时f′（x）＜0，当0＜x＜$\sqrt{c}$时f′（x）＞0，
∴f（x）的单调递减区间为（$\sqrt{c}$，+∞），单调递增区间为（0，$\sqrt{c}$）；
（2）证明：∵g（x）=f（x）-mx=2lnx-x²-mx，x＞0，
∴g′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-m，
又∵函数g（x）=f（x）-mx的图象与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0）两点，且0＜x₁＜x₂，
∴2lnx₁-${x}_{1}^{2}$-mx₁=0，2lnx₂-${x}_{2}^{2}$-mx₂=0，
两式相减，得m=$\frac{2（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-（x₁+x₂），
∴g′（ax₁+bx₂）=$\frac{2}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-2（ax₁+bx₂）-$\frac{2（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+（x₁+x₂），
又∵a+b=1，
∴g′（ax₁+bx₂）=$\frac{2}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$+（2a-1）（x₂-x₁），
∵b≥a，2a≤1，
∴（2a-1）（x₂-x₁）≤0，
所以要证g'（ax₁+bx₂）＜0，只需证$\frac{2}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜0，
即要证$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜0，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t∈（1，+∞），即证$\frac{t-1}{a+bt}$-lnt＜0，
记h（t）=$\frac{t-1}{a+bt}$-lnt，则h′（t）=$\frac{t-（a+bt）^{2}}{t（a+bt）^{2}}$，
又∵a+bt=1-b+bt=1+b（t-1）≥1+$\frac{1}{2}$（t-1）=$\frac{t+1}{2}$≥$\frac{2\sqrt{t}}{2}$=$\sqrt{t}$，
即（a+bt）²≥t，∴h′（t）=$\frac{t-（a+bt）^{2}}{t（a+bt）^{2}}$＜0，
∴h（t）在（1，+∞）上单调递减，故h（t）＜h（1）=0，即$\frac{t-1}{a+bt}$-lnt＜0，
即$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{a{x}_{1}+b{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜0，故g'（ax₁+bx₂）＜0．

点评 本题是一道关于函数的综合应用题，利用导数这个工具是解题的核心，考查分类讨论的思想，以及分析法来证明恒成立问题，注意解题方法的积累，属于难题．