Question

6．已知函數f（x）=2lnx，g（x）=$\frac{1}{2}$ax²+（2a-1）x
（Ⅰ）設h（x）=f（x）-g（x），討論函數h（x）的單調區(qū)間；
（II ）若f（x）-ax=0有兩個不同實數解x₁，x₂，求證：lnx₁+lnx₂＞2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導，再分類討論，根據導數和函數的單調性即可求出，
（Ⅱ）f（x）-ax=0有兩個不同實數解x₁，x₂，則f（x）的兩個相異零點為x₁，x₂，設x₂＞x₁＞0，得到lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，通過兩式相減，整理化簡可得ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，然后換元，構造函數，根據導數和函數的最值即可證明

解答 解：（Ⅰ）h（x）=f（x）-g（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$ax²-（2a-1）x，x＞0，
∴h′（x）=$\frac{2}{x}$-ax-（2a-1）=-$\frac{（ax-1）（x+2）}{x}$，
①當a≤0時，h′（x）＞0在（0，+∞）恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上單調遞增，
②當a＞0時，令h′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，
當0＜x＜$\frac{1}{a}$時，h′（x）＞0，函數h（x）單調遞增，
當x＞$\frac{1}{a}$時，h′（x）＜0，函數h（x）單調遞減，
綜上所述：當a≤0時，f（x）在（0，+∞）單調遞增，
當a＞0時，f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）單調遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）單調遞減；
（Ⅱ）證明：f（x）-ax=0有兩個不同實數解x₁，x₂，
則f（x）的兩個相異零點為x₁，x₂，設x₂＞x₁＞0，
∵f（x₁）=0，f（x₂）=0，
∴l(xiāng)nx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，
∴l(xiāng)nx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），lnx₁+lnx₂=a（x₁+x₂），
∵x₁x₂＞e²，
若lnx₁+lnx₂＞2，
則a（x₁+x₂）＞2，
即$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$a，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
不妨設設t=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，
構造函數h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
則h′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上是增函數，
∴h（e）＞h（1）=0，
∴l(xiāng)nt＞$\frac{2（t-1）}{1+t}$，
∴l(xiāng)nx₁+lnx₂＞2．

點評 本題考查導數的運用：單調區(qū)間、極值和最值，考查分類討論思想方法和構造函數法，以及轉化思想的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．