Question

已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²
（1）若方程f（x）+m=0在[

1

e

，e]內(nèi)有兩個不等的實根，求實數(shù)m的取值范圍；（e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（2）如果函數(shù)g（x）=f（x）-ax的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0）、B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂．求證：g′（px₁+qx₂）＜0（其中正常數(shù)p，q滿足p+q=1，且q≥p）．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用

專題：綜合題

分析：（1）由f（x）+m=0可化為f（x）=-m，即求一個函數(shù)值對應兩個自變量．由圖象可知要求函數(shù)的極值與端點函數(shù)值．因此先求出f′（x），在區(qū)間[

1

e

，e]內(nèi)判定f（x）的單調(diào)性并求極值．從圖象中確定-m的取值范圍，進一步確定m的取值范圍．
（2）先對g（x）求導，發(fā)現(xiàn)表達式中含x，a；結(jié)合題要求消去a．化簡g′（px₁+qx₂），通過放縮法和換元法證明不等式成立．

解答： 解：（1）由f（x）=2lnx-x²求導得到：
f′(x)=

2(1-x)(1+x)

x

，
∵x∈

1

e

，e]，故f′（x）在x=1有唯一的極值點，f(

1

e

)=-2-

1

e2

，
f（e）=-2-e²，f（x）_極大值=f（1）=-1，
且知f(e)＜f(

1

e

)，故f（x）=-m在[

1

e

，e]內(nèi)有兩個不等的實根滿足：-2-

1

e2

≤-m＜-1
故m的取值范圍為（1，2+

1

e2

]．
（2）g′(x)=

2

x

-2x-a，又f（x）-ax=0有兩個不同的實根x₁、x₂，則

2inx1-x12-ax1=0 2lnx2- x 2 2 -ax2=0

則a=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)
于是g′(px1+qx2)=

2

px1+qx2

-2(px1+qx2)-[

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)]
=

2

px1+qx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+（2p-1）（x₂-x₁）
∵2p≤1，0＜x₁＜x_2，∴（2p-1）（x₂-x₁）≤0
要證：g′（px₁+qx₂）＜0，只需證：

2

px1+qx2

+

2(lnx1-lnx2)

x2-x1

＜0
 即證：

x2-x1

px1+qx2

+ln

x1

x2

＜0①
令

x1

x2

=t，0＜t＜1，即證：u(t)=

1-t

pt+q

+lnt＜0在0＜t＜1上恒成立，
又u′(t)=

1

t

-

1

(pt+q)2

=

p2(t-1)(t- q2 p2 )

t(pt+q)2

∵正常數(shù)p，q，p+q=1，且q≥p，則

q2

p2

≥1．
可知：t-1＜0，t-

q2

p2

＜0，
故知u′（t）＞0∴u（t）在t∈（0，1）上為增函數(shù)，
則u（t）＜u（1）=0，從而知①成立，從而原不等式成立．

點評：考查學生會利用導數(shù)確定圖象的大致形狀，并在此基礎上在題目條件要求下確定函數(shù)值的取值范圍；同時應用了轉(zhuǎn)化的思想．第二問考查了學生消參的方法、及通過放縮法，換元法證明不等式的方法．