Question

已知f（x）=-x²+2lnx
（1）求双曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数g（x）=alnx-ax-f（x）（a∈R）的单调区间；
（3）对任意的x∈（0，1），证明：f（1-x）＜f（1+x）．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）求导f′（x）=-2x+2

1

x

；从而求出切线方程；
（2）化简g（x）=alnx-ax+x²-2lnx的定义域为（0，+∞），再求导g′（x）=a

1

x

-a+2x-2

1

x

=

2x2-ax+a-2

x

=

(2x-(a-2))(x-1)

x

；从而分类讨论导数的正负以确定函数的单调性；
（3）令y=f（1+x）-f（1-x）=-（x+1）²+2ln（x+1）+（1-x）²-2ln（1-x）=-4x+2ln

x+1

1-x

=-4x+2ln（-1+

2

1-x

）；再求导y′=-4+

4

(x+1)(1-x)

=

4x2

(x+1)(1-x)

＞0；从而由单调性证明．

解答： 解：（1）∵f（x）=-x²+2lnx，f′（x）=-2x+2

1

x

；
∴f（1）=-1，f′（1）=-2+2=0；
故双曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线方程为
y=-1；
即y+1=0；
（2）g（x）=alnx-ax+x²-2lnx的定义域为（0，+∞），
g′（x）=a

1

x

-a+2x-2

1

x

=

2x2-ax+a-2

x

=

(2x-(a-2))(x-1)

x

；
①当a-2=2，即a=4时，g′（x）≥0；
故g（x）在（0，+∞）上是增函数，
②当a-2≤0，即a≤2时，2x-a+2＞0；
故当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0；
故g（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，
③当2＜a＜4时，0＜

a-2

2

＜1，
则当x∈（

a-2

2

，1）时，g′（x）＜0，
当x∈（0，

a-2

2

）∪（1，+∞）时，g′（x）＞0；
故g（x）在（

a-2

2

，1）上是减函数，在（0，

a-2

2

），（1，+∞）上是增函数；
④当a＞4时，

a-2

2

＞1，
当x∈（1，

a-2

2

）时，g′（x）＜0，
当x∈（0，1）∪（

a-2

2

，+∞）时，g′（x）＞0；
故g（x）在（1，

a-2

2

）上是减函数，在（0，1），（

a-2

2

，+∞）上是增函数；
（3）证明：令y=f（1+x）-f（1-x）=-（x+1）²+2ln（x+1）+（1-x）²-2ln（1-x）
=-4x+2ln

x+1

1-x

=-4x+2ln（-1+

2

1-x

）；
y′=-4+

4

(x+1)(1-x)

=

4x2

(x+1)(1-x)

＞0；
故y=f（1+x）-f（1-x）=-4x+2ln（-1+

2

1-x

）在（0，1）上是增函数，
故f（1+x）-f（1-x）＞f（1）-f（1）=0；
故f（1-x）＜f（1+x）．

点评：本题考查了导数的综合应用及导数的几何意义的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于难题．