Question

2．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-bx（a≠0）
（1）若b=2，若y=f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
（2）若函數(shù)y=f（x）的圖象與x軸交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀，證明：f′（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)b=2時(shí)，求導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)函數(shù)y=f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以f′（x）＜0有解，又因?yàn)閤＞0時(shí)，則ax²+2x-1＞0有x＞0的解，分類(lèi)討論，即可求得a的取值范圍；
（2）設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，則點(diǎn)AB的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$，利用f（x₂）-f（x₁）=0，可得lnx₂-lnx₁=[$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁），從而得到f′（x₀），構(gòu)建新函數(shù)，即可證得f′（x₀）＜0．

解答 解：（I）當(dāng)b=2時(shí)，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-2x（x＞0），則f′（x）=-$\frac{{ax}^{2}+2x-1}{x}$，
因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x）存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以f′（x）＜0有解．
又因?yàn)閤＞0時(shí)，則ax²+2x-1＞0有x＞0的解．
①當(dāng)a＞0時(shí)，y=ax²+2x-1為開(kāi)口向上的拋物線，ax²+2x-1＞0總有x＞0的解；
②當(dāng)a＜0時(shí)，y=ax²+2x-1為開(kāi)口向下的拋物線，若ax²+2x-1＞0總有x＞0的解；
則需△=4+4a＞0，且方程ax²+2x-1=0至少有一正根．此時(shí)，-1＜a＜0．
綜上所述，a的取值范圍為（-1，0）∪（0，+∞）            
（II） 設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，則點(diǎn)AB的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為x₀=$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$，
∵f（x₂）-f（x₁）=lnx₂-lnx₁-[$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁）=0
∴l(xiāng)nx₂-lnx₁=[$\frac{1}{2}$a（x₂+x₁）+b]（x₂-x₁），∴ax₀+b=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，
f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-ax₀-b=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$×[$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$]
設(shè)t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，則y=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{2（t-1）}{1+t}$-lnt，t＞1
令r（t）=$\frac{2（t-1）}{1+t}$-lnt，則r′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
因?yàn)閠＞1時(shí)，r′（t）＜0，所以r（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞減．
故r（t）＜r（1）=0
而 $\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，故f′（x₀）＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，有一定的難度．