Question

12．設(shè)函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=（2-a）（x-1）-2f（x）．
（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函數(shù)y=f（x）圖象上任意不同兩點(diǎn)，線段AB中點(diǎn)為C（x₀，y₀），直線AB的斜率為k．證明：k＞f′（x₀）
（3）設(shè)F（x）=|f（x）|+$\frac{x+1}$（b＞0），對任意x₁，x₂∈（0，2]，x₁≠x₂，都有$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜-1，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）將a=1代入求出g（x）的表達(dá)式，再求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，從而求出g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）將x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$代入f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，問題轉(zhuǎn)化為證：k（t）lnt+$\frac{4}{t+1}$-2的單調(diào)性，（t＞1），從而證出結(jié)論；
（3）設(shè)G（x）=F（x）+x，則G（x）在（0，2]單調(diào)遞減，通過討論x的范圍，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，從而求出b的范圍．

解答 解：（1）當(dāng)a=1時，
g（x）=（x-1）-2f（x）=（x-1）-2lnx=x-1-2lnx，
定義域為（0，+∞）；
g′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$；
當(dāng)x∈（0，2）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（2，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
即g（x）的單調(diào)增區(qū)間為（2，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（0，2）．
（2）證明：k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，又x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
所以f′（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$；
即證，$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，x1，x2分別屬于（0，1）和（1，2），
即證：lnx₂-lnx₁＞$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$；
即證：ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$；
設(shè)t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，即證：lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$=2-$\frac{4}{t+1}$；
即證：lnt+$\frac{4}{t+1}$-2＞0，其中t∈（1，+∞）；
事實(shí)上，設(shè)k（t）=lnt+$\frac{4}{t+1}$-2，（t∈（1，+∞）），
則k′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0；
所以k（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以k（t）＞k（1）=0；
即結(jié)論成立．
（3）由題意得$\frac{F（{x}_{1}）-F（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+1＜0，
即$\frac{F（{x}_{1}）+{x}_{1}-（F（{x}_{2}）+{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0；
設(shè)G（x）=F（x）+x，則G（x）在（0，2]單調(diào)遞減，
①當(dāng)x∈[1，2]時，G（x）=lnx+$\frac{x+1}$+x，
G′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{（x+1）^{2}}$+1≤0；
b≥$\frac{（x+1）^{2}}{x}$+（x+1）²=x²+3x+$\frac{1}{x}$+3在[1，2]上恒成立，
設(shè)G₁（x）=x²+3x+$\frac{1}{x}$+3，則G₁′（x）=2x+3-$\frac{1}{{x}^{2}}$；
當(dāng)x∈[1，2]，G₁′（x）＞0；
∴G₁（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，G₁（x）≤$\frac{27}{2}$；
故b≥$\frac{27}{2}$．
②當(dāng)x∈（0，1）時，G（x）=-lnx+$\frac{x+1}$+x；
G₁（x）=x²+3x+$\frac{1}{x}$+3，
G′（x）=-$\frac{1}{x}$-$\frac{{（x+1）}^{2}}$+1≤0，
b≥-$\frac{{（x+1）}^{2}}{x}$+（x+1）²=x²+x-$\frac{1}{x}$-1在（0，1）恒成立，
設(shè)G₂（x）=x²+x-$\frac{1}{x}$-1，${{G}_{2}}^{′}$（x）=2x+1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
即G₂（x）在（0，1）單調(diào)遞增，故G₂（x）＜G₂（1）=0，∴b≥0，
綜上所述：b≥$\frac{27}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)恒成立問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，本題有一定的難度．