Question

7．已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=f（x）+ax²-（2a+1）x
（1）當a＞0時，討論函數(shù)g（x）的單調(diào)性；
（2）設斜率為k的直線與函數(shù)f（x）的圖象交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點，其中x₁＜x₂，證明$\frac{1}{{x}_{2}}＜k＜\frac{1}{{x}_{1}}$．

Answer 1

分析 （1）先求函數(shù)導數(shù)，再討論參數(shù)范圍確定導數(shù)符號即可．
（2）由條件得到不等關系，再進行整體換元轉(zhuǎn)化為一元不等式的證明問題

解答 解：（1）g（x）=lnx+ax²-（2a+1）x，
g′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax-（2a+1）=$\frac{2a（x-\frac{1}{2a}）（x-1）}{x}$，（x＞0），
∴①當$\frac{1}{2a}$＜1，即a＞$\frac{1}{2}$時，令g'（x）＞0得，0＜x＜$\frac{1}{2a}$或x＞1；
令g'（x）＜0得，$\frac{1}{2a}$＜x＜1．
所以，增區(qū)間為（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞）；減區(qū)間為（$\frac{1}{2a}$，1）；
②當$\frac{1}{2a}$＞1，即0＜a＜$\frac{1}{2}$時，令g'（x）＞0得，0＜x＜1或x＞$\frac{1}{2a}$；
令g'（x）＜0得，$\frac{1}{2a}$＜x＜1．
所以，增區(qū)間為（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞）；減區(qū)間為（$\frac{1}{2a}$，1）；
③當$\frac{1}{2a}$=1，即a=$\frac{1}{2}$時，g′（x）=$\frac{{（x-1）}^{2}}{x}$＞0，增區(qū)間為（0，+∞）．
綜上，當0＜a＜$\frac{1}{2}$時，增區(qū)間為（0，1），（$\frac{1}{2a}$，+∞）；減區(qū)間為（1，$\frac{1}{2a}$）；
當a=$\frac{1}{2}$時，增區(qū)間為（0，+∞）；
當a＞$\frac{1}{2}$時，增區(qū)間為（0，$\frac{1}{2a}$），（1，+∞）；減區(qū)間為（$\frac{1}{2a}$，1）．
（2）證明：依題，k=$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$，要證$\frac{1}{{x}_{2}}$＜k＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，
只要證 $\frac{1}{{x}_{2}}$＜$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$＜$\frac{1}{{x}_{1}}$，
因為 x₂-x₁＞0，故只要證$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{x}_{2}}$＜ln $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t（t＞1），則只需證  1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1），
令h（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1（t＞1），則h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（t）＞h（1）=0，即lnt＞1-$\frac{1}{t}$（t＞1），
同理可證：lnt＜t-1，
綜上，1-$\frac{1}{t}$＜lnt＜t-1（t＞1），即$\frac{1}{{x}_{2}}$＜k＜$\frac{1}{{x}_{1}}$．

點評 本題考查了導數(shù)的幾何意義和導數(shù)在函數(shù)中的運用．考查了邏輯思維和運算能力以及轉(zhuǎn)化的思想方法．屬于難題．