Question

已知函數f（x）=2lnx-x²（x＞0）．
（1）求函數f（x）的單調區間與最值；
（2）若方程2xlnx+mx-x³=0在區間[

1

e

，e]內有兩個不相等的實根，求實數m的取值范圍；  （其中e為自然對數的底數）
（3）如果函數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'（px₁+qx₂）＜0（其中，g'（x）是g（x）的導函數，正常數p，q滿足p+q=1，q＞p）

Answer 1

分析：（1）由f′(x)=

2

x

-2x=

2(1-x)(1+x)

x

，x＞0，知當0＜x＜1時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；當x＞1時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減．由此能求出函數f（x）的單調區間與最值．
（2）方程2xlnx+mx-x³=0化為-m=2lnx-x²，由f（x）在區間[

1

e

，e]上的最大值為-1，f(

1

e

)=-2-

1

e2

，f（e）=2-e²，f(e)＜f(

1

e

)．知f（x）在區間[

1

e

，e]上的最小值為-2-

1

e2

．由此能求出實數m的取值范圍．
（3）由g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有兩個實根x₁，x₂，知

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0.

兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）由此入手能夠證明：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．g′（px₁+qx₂）＜0．

解答：解：（1）∵f′(x)=

2

x

-2x=

2(1-x)(1+x)

x

，x＞0，
∴當0＜x＜1時，f'（x）＞0，f（x）單調遞增；當x＞1時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減．
∴當x=1時，f（x）有極大值，也是最大值，即為-1，但無最小值．
故f（x）的單調遞增區間為（0，1），單調遞減區間為（1，+∞）；最大值為-1，但無最小值．
（2）方程2xlnx+mx-x³=0化為-m=2lnx-x²，由（1）知，f（x）在區間[

1

e

，e]上的最大值為-1，f(

1

e

)=-2-

1

e2

，f（e）=2-e²，f(e)＜f(

1

e

)．
∴f（x）在區間[

1

e

，e]上的最小值為-2-

1

e2

．
故-m=2lnx-x²在區間[

1

e

，e]上有兩個不等實根需滿足-2-

1

e2

≤-m＜-1，
∴1＜m≤2+

1

e2

，∴實數m的取值范圍為(1，2+

1

e2

]．
（3）∵g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有兩個實根x₁，x₂，
∴

2lnx1-x12-ax1=0 2lnx2-x22-ax2=0.

兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=a（x₁-x₂）
∴a=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，(x1＞0，x2＞0)
于是g/(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(x1+x2)
=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2p-1)(x2-x1)．
∵q＞p，∴2q≥1，∵2p≤1，∴（2p-1）（x₂-x₁）＜0．
要證：g′（px₁+qx₂）＜0，只需證：

2

px1+qx2

+

2(lnx1-lnx2)

x2-x1

＜0．
只需證：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．（*）
令

x1

x2

=t∈(0，1)，∴（*）化為

1-t

pt+q

+lnt＜0．
只證u(t)=lnt+

1-t

pt+q

＜0即可.u/(t)=

1

t

+

-(pt+q)-(1-t)•p

(pt+q)2

=

1

t

-

1

(pt+q)2

=

(pt+q)2-t

t(pt+q)2

=

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

t(pt+q)2

，

q2

p2

＞1，0＜t＜1，
∴t-1＜0．∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上單調遞增，∴u（t）＜u（1）=0
∴u（t）＜0，∴lnt+

1-t

pt+q

＜0．
即：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0．∴g′（px₁+qx₂）＜0．

點評：本題考查導數的性質和應用，具有一定的難度，解題時要注意挖掘題設中的隱含條件．