Question

已知函數f（x）=2lnx-x²+ax（a∈R）．
（Ⅰ）當a=2時，求f（x）的圖象在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）若函數g（x）=f（x）-ax+m在[

1

e

，e]上有兩個零點，求實數m的取值范圍；
（Ⅲ）若函數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′（

x1+x2

2

）＜0（其中f′（x）是f（x）的導函數）．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：導數的綜合應用

分析：（I）利用導數的幾何意義即可得出；
（II）利用導數研究函數的單調性極值、最值，數形結合即可得出；
（III）由于f（x）的圖象與x軸交于兩個不同的點A（x₁，0），B（x₂，0），可得方程2lnx-x²+ax=0的兩個根為x₁，x₂，得到a=(x1+x2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．可得f′(

x1+x2

2

)=

4

x1+x2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．經過變形只要證明

2(x2-x1)

x1+x2

+ln

x1

x2

＜0，通過換元再利用導數研究其單調性即可得出．

解答： 解：（Ⅰ）當a=2時，f（x）=2lnx-x²+2x，f′(x)=

2

x

-2x+2，切點坐標為（1，1），
切線的斜率k=f′（1）=2，
∴切線方程為y-1=2（x-1），即y=2x-1．
（Ⅱ）g（x）=2lnx-x²+m，則g′(x)=

2

x

-2x=

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

x

，
∵x∈[

1

e

，e]，故g′（x）=0時，x=1．
當

1

e

＜x＜1時，g′（x）＞0；當1＜x＜e時，g′（x）＜0．
故g（x）在x=1處取得極大值g（1）=m-1．
又g(

1

e

)=m-2-

1

e2

，g（e）=m+2-e²，
g(e)-g(

1

e

)=4-e2+

1

e2

＜0，∴g(e)＜g(

1

e

)，
∴g（x）在[

1

e

，e]上的最小值是g（e）．
g（x）在[

1

e

，e]上有兩個零點的條件是

g(1)=m-1＞0 g( 1 e )=m-2- 1 e2 ≤0

解得1＜m≤2+

1

e2

，
∴實數m的取值范圍是(1，2+

1

e2

]．
（Ⅲ）∵f（x）的圖象與x軸交于兩個不同的點A（x₁，0），B（x₂，0），
∴方程2lnx-x²+ax=0的兩個根為x₁，x₂，則

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

兩式相減得a=(x1+x2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．
又f（x）=2lnx-x²+ax，f′(x)=

2

x

-2x+a，
則f′(

x1+x2

2

)=

4

x1+x2

-(x1+x2)+a=

4

x1+x2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

．
下證

4

x1+x2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

＜0（*），即證明

2(x2-x1)

x1+x2

+ln

x1

x2

＜0，
令t=

x1

x2

，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即證明u(t)=

2(1-t)

t+1

+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立．
∵u′(t)=

-2(t+1)-2(1-t)

(t+1)2

+

1

t

=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
又0＜t＜1，
∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上是增函數，則u（t）＜u（1）=0，從而知

2(x2-x1)

x1+x2

+ln

x1

x2

＜0，
故（*）式＜0，即f′(

x1+x2

2

)＜0成立．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、導數的幾何意義、切線的方程、方程實數根的個數轉化為圖象的交點，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．