Question

（2010•上饒二模）已知函數(shù)f（x）=lnx-

1

2

ax2-2x（a≠0）．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）設(shè)函數(shù)f（x）有極值點(diǎn)x₀，證明：f（x₀）≤-

3

2

；
（3）若方程f（x）=3有兩個(gè)不相等的實(shí)根x₁，x₂，且x₁＜x₂，證明：f'（

x1+x2

2

）≠0．（f'（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)）

Answer 1

分析：（1）先求導(dǎo)函數(shù)，由于函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），故當(dāng)a≤-1時(shí)，f′（x）≥0，從而f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，當(dāng)-1＜a時(shí)，由導(dǎo)數(shù)等于0得x=

-1± 1+a

a

，再利用導(dǎo)數(shù)大于0得增區(qū)間，導(dǎo)數(shù)小于0得減區(qū)間；
（2）由函數(shù)f（x）有極值點(diǎn)x₀，可知ax₀²=1-2x₀，從而f（x₀）=lnx₀-

1

2

(1-2x0)-2x0=lnx0-x0-

1

2

．
設(shè)φ(x)=lnx-x-

1

2

，則問題轉(zhuǎn)化為求φ（x）的最大值，故得證；
（3）若f′（

x1+x2

2

）=0，則

2

x1+x2

-a

x1+x2

2

-2=0．由方程f（x）=3有兩個(gè)不相等的實(shí)根x₁，x₂，則lnx₁-

1

2

ax12-2x1=3，lnx2-

1

2

ax22-2x2=3．故有l(wèi)n

x2

x1

=

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

令

x2

x1

=t，則t＞1．設(shè)H(t)=lnt-

2(1-t)

1+t

．所以H′（t）=

1

t

+

4

(1+t)2

＞0，所以H（t）＞H（1）=0，從而

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

≠ln

x2

x1

，即可得結(jié)論．

解答：解：（1）f′（x）=

1

x

-ax-2=-

ax2+2x-1

x

．
若a≤-1時(shí)，則f′（x）≥0，∴f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
若-1＜a＜0時(shí)，則f（x）在（0，

-1+ 1+a

a

)，(

-1- 1+a

a

，(

-1+ 1+a

a

+∞）上是增函數(shù)，在（

-1+ 1+a

a

，

-1- 1+a

a

）上是減函數(shù)．
若a＞0時(shí)，則f（x）在（0，

-1+ 1+a

a

）上是增函數(shù)，在（

-1+ 1+a

a

，+∞）上是減函數(shù)．…（4分）
（2）由f′（x₀）=

1

x0

-ax0-2=-

ax02+2x0-1

x0

=0得：ax₀²=1-2x₀
∴f（x₀）=lnx₀-

1

2

(1-2x0)-2x0=lnx0-x0-

1

2

．
設(shè)φ（x）=lnx-x-

1

2

，x∈(0，1)時(shí)，φ′（x）＞0．
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，φ′（x）＜0．
∴φ（x）的最大值為φ（1）=-

3

2

．于是：f(x0)≤φ(1)=-

3

2

．--------（9分）
（3）若f′（

x1+x2

2

）=0，則

2

x1+x2

-a

x1+x2

2

-2=0．
∵lnx₁-

1

2

ax12-2x1=3，lnx2-

1

2

ax22-2x2=3．∴l(xiāng)n

x2

x1

=

a

2

(x22-x12)+2(x2-x1)=(x2-x1)[

a

2

(x2+x1)+2]=(x2-x1)

2

x2+x1

=

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

令

x2

x1

=t，則t＞1．設(shè)H(t)=lnt-

2(1-t)

1+t

．
∴H′（t）=

1

t

+

4

(1+t)2

＞0∴H（t）＞H（1）=0
故∴

2(1- x2 x1 )

1+ x2 x1

≠ln

x2

x1

，即f′（

x1+x2

2

）≠0-----（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會(huì)根據(jù)函數(shù)的增減性求出函數(shù)的最值，掌握導(dǎo)數(shù)在函數(shù)最值中的應(yīng)用，有一定的難度