Question

15．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²+ax-a+1（a∈R）
（Ⅰ）當a=2時，求f（x）的圖象在（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若f（x）≤0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）若函數(shù)f（x）的圖象與x軸有兩個不同的交點A（x₁，0），B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂，求證：f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0（其中f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出a=2時，f（x）的解析式，求得導(dǎo)數(shù)，求出切線的斜率和切點，由點斜式方程即可得到切線方程；
（Ⅱ）由題意可得f（x）在[1，+∞）上遞減，則f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，運用導(dǎo)數(shù)和參數(shù)分離，求得右邊的最小值即可得到a的范圍；
（Ⅲ）由題意代入兩點坐標，將兩式相減，運用分析法證，即為$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，即證明$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1），即證u（t）=lnt+$\frac{2（1-t）}{1+t}$＜0在0＜t＜1恒成立，運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）當a=2時，f（x）=2lnx-x²+2x-1，
f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+2，
即有在（1，f（1））處的切線斜率為k=2-2+2=2，
切點為（1，0），
則f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y-0=2（x-1），
即為2x-y-2=0；
（Ⅱ）若f（x）≤0在區(qū)間[1，+∞）上恒成立，
由于f（1）=2ln1-1+a-a+1=0，
即有f（x）在[1，+∞）上遞減，
則f′（x）≤0在[1，+∞）上恒成立，
即為$\frac{2}{x}$-2x+a≤0即$\frac{a}{2}$≤x-$\frac{1}{x}$，
由于x-$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上遞增，即有x=1取得最小值，且為0，
即有$\frac{a}{2}$≤0，
解得a≤0．
則實數(shù)a的取值范圍為（-∞，0]；
（Ⅲ）證明：函數(shù)f（x）的圖象與x軸有兩個不同的交點A（x₁，0），B（x₂，0），
即有2lnx₁-x₁²+ax₁-a+1=0，2lnx₂-x₂²+ax₂-a+1=0，
兩式相減可得，a=（x₁+x₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
f（x）=2lnx-x²+ax-a+1，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+a，
f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-（x₁+x₂）+（x₁+x₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
下證$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，
即證明$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜0，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（0＜t＜1），
即證u（t）=lnt+$\frac{2（1-t）}{1+t}$＜0在0＜t＜1恒成立，
由于u′（t）=$\frac{1}{t}$+$\frac{-2（t+1）-2（1-t）}{（1+t）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
u（t）在（0，1）遞增，即有u（t）＜u（1）=0，
則有f′（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）＜0成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義和函數(shù)的單調(diào)性的運用，運用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性是解題的關(guān)鍵．