Question

（2012•资阳一模）已知函数f（x）=2lnx-x²+ax，a∈R．
（1）当a=2时，求函数f（x）的图象在x=1处的切线的方程；
（2）若函数f(x)-ax+m=0在[

1

e

，e]上有两个不等的实数根，求实数m的取值范围；
（3）若函数f（x）的图象与x轴交于不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，求证：f′（px₁+qx₂）＜0（其中实数p，q满足0＜p≤q，p+q=1）

Answer 1

分析：（1）先求出切点坐标，然后利用导数求出k=f'（1），最后根据点斜式求出切线方程即可；
（2）方程f（x）-ax+m=0即为2lnx-x²+m=0，令g（x）=2lnx-x²+m，利用导数研究该函数在[

1

e

，e]上的最小值，要使方程f（x）-ax+m=0在[

1

e

，e]上有两个不相等的实数根，则有

g(1)=m-1＞0 g( 1 e )=m-2- 1 e2 ≤0

，解之即可；
（3）将a用x₁与x₂表示，然后求出导函数f′（x），从而得到f′（px₁+qx₂），然后利用导数研究函数的单调性证明f′（px₁+qx₂）＜0．

解答：解：（1）当a=2时，f（x）=2lnx-x²+2x，
f′(x)=

2

x

-2x+2，切点坐标为（1，1），切线的斜率k=f'（1）=2，
则切线方程为y-1=2（x-1），即y=2x-1．（2分）
（2）方程f（x）-ax+m=0即为2lnx-x²+m=0，
令g（x）=2lnx-x²+m，则g′(x)=

2

x

-2x=

-2(x+1)(x-1)

x

，
因为x∈[

1

e

，e]，故g'（x）=0时，x=1．
当

1

e

＜x＜1时，g'（x）＞0；当1＜x＜e时，g'（x）＜0．
故函数g（x）在x=1处取得极大值g（1）=m-1，（4分）
又g(

1

e

)=m-2-

1

e2

，g（e）=m+2-e²，
g(e)-g(

1

e

)=4-e2+

1

e2

＜0，则g(e)＜g(

1

e

)，
故函数g（x）在[

1

e

，e]上的最小值是g（e）．（6分）
方程f（x）-ax+m=0在[

1

e

，e]上有两个不相等的实数根，则有

g(1)=m-1＞0 g( 1 e )=m-2- 1 e2 ≤0

解得1＜m≤2+

1

e2

，故实数m的取值范围是(1，2+

1

e2

]．（8分）
（3）∵函数f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，
则

2lnx1- x 2 1 +ax1=0 2lnx2- x 2 2 +ax2=0

两式相减得a=(x1+x2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

，f（x）=2lnx-x²+ax，f′(x)=

2

x

-2x+a，
则f′(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)+a=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)+(x1+x2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(2p-1)x1-(2q-1)x2
=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2p-1)(x2-x1)．（*）（10分）
∵0＜p≤q，p+q=1，则2p≤1，又0＜x₁＜x₂，∴（2p-1）（x₂-x₁）≤0，
下证

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

＜0，即证明

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．
令t=

x1

x2

，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即证明u(t)=

1-t

pt+q

+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立，（12分）
∵u′(t)=

1

t

-

1

(pt+q)2

=

p2t2+(2pq-1)t+q2

t(pt+q)2

=

p2t2-t(p2+q2)+q2

t(pt+q)2

=

p2(t-1)(t- q2 p2 )

t(pt+q)2

，
∵0＜p≤q，∴

q2

p2

≥1，又0＜t＜1，∴u'（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（1）=0，从而知

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0，
故（*）＜0，即f'（px₁+qx₂）＜0成立．（14分）

点评：本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化的思想和计算能力，属于难题．