Question

9．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-bx（a∈R，b∈R）．
（1）當b=1時，若y=f（x）存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
（2）若函數(shù)y=f（x）有兩個不同的零點x₁，x₂，求證：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

Answer 1

分析 （1）當b=1時，求導函數(shù)，根據(jù)函數(shù)y=f（x）存在單調遞減區(qū)間，所以f′（x）＜0有解，又因為x＞0時，則ax²+2x-1＞0有x＞0的解，分類討論，即可求得a的取值范圍；
（2）根據(jù)函數(shù)有兩個零點，設點A，B的坐標分別是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，則點AB的中點橫坐標為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），構建新函數(shù)，即可證得f′（x₀）＜0．即f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

解答 解：（1）當b=1時，f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²-x（x＞0），則f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax-1=$\frac{1-a{x}^{2}-x}{x}$=-$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$，
∵函數(shù)y=f（x）存在單調遞減區(qū)間，∴f′（x）＜0有解．
即-$\frac{a{x}^{2}+x-1}{x}$＜0，
又∵x＞0時，∴ax²+2x-1＞0在x＞0有解．
①當a=0時，2x-1＞0在x＞0有解；
②當a＞0時，y=ax²+2x-1為開口向上的拋物線，ax²+2x-1＞0總有x＞0的解；
③當a＜0時，y=ax²+2x-1為開口向下的拋物線，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，-1＜a＜0．
綜上所述，a的取值范圍為（-1，+∞）．
（2）若函數(shù)y=f（x）有兩個不同的零點x₁，x₂，
則設函數(shù)與x軸的交點為A，B，
設點A，B的坐標分別是（x₁，0），（x₂，0），0＜x₁＜x₂，則點AB的中點橫坐標為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）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$，
因為t＞1時，r′（t）＜0，所以r（t）在[1，+∞）上單調遞減．
故r（t）＜r（1）=0
而 $\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，故f′（x₀）＜0．即f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0．

點評 本題考查函數(shù)單調性的應用以及導數(shù)知識的運用，考查不等式的證明，考查學生分析解決問題的能力，有一定的難度．綜合性較強，難度較大．