Question

12．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²．
（1）求函數(shù)y=f（x）在區(qū)間$[\frac{1}{e}，e]$的最值；（e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（2）如果函數(shù)g（x）=f（x）-ax的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂，求證：${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式求出函數(shù)的最小值即可；（2）解方程組，求出a的表達式，根據(jù)函數(shù)的單調性證明即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
求導得：${f^/}（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{2（1-x）（1+x）}{x}$，
則當$x∈[\frac{1}{e}，1]$時，f′（x）＞0，當x∈[1，e]時，f′（x）＜0，
即f（x）在$[\frac{1}{e}，1]$上單調遞增，在[1，e]單調遞減，
又$f（\frac{1}{e}）=-2-\frac{1}{e^2}，f（e）=2-{e^2}，f（1）=-1$，且$f（\frac{1}{e}）＞f（e）$
因此，當x=1時，f（x）取得最大值-1，
當x=e時，f（x）取得最小值2-e²；
證明：（2）方程f（x）-ax=0有兩個不等實根x₁，x₂，
則有$\left\{\begin{array}{l}2ln{x_1}-x_1^2-a{x_1}=0\\ 2ln{x_2}-x_2^2-a{x_2}=0\end{array}\right.$，
兩式相減得，$a=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）$，
又由已知$g{\;}^/（x）=\frac{2}{x}-2x-a$，
則${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）-a=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）-[\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）]$，
即${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）=\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$；
因此，${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$$?\frac{4}{{{x_1}+{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0?\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{{x_1}+{x_2}}}＞ln{x_1}-ln{x_2}（∵0＜{x_1}＜{x_2}）$$?\frac{{2（\frac{x_1}{x_2}-1）}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}＞ln\frac{x_1}{x_2}$，
令$h（t）=\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt，t∈（0，1）$，則${h^/}（t）=\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}-\frac{1}{t}=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＜0$，即函數(shù)h（t）在（0，1）上遞減，
所以，當t∈（0，1）時，h（t）＞h（1）=0，即$\frac{2（t-1）}{t+1}＞lnt（0＜t＜1）$，
因此，當0＜x₁＜x₂時，$\frac{{2（\frac{x_1}{x_2}-1）}}{{\frac{x_1}{x_2}+1}}＞ln\frac{x_1}{x_2}$成立，即${g^/}（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道中檔題．