苏艺伟

(福建省龙海第一中学新校区 363100)

对于F(x)=φ(x)lnx+φ(x)之类的导数综合问题,目标函数的构造,调控,提炼乃至优化是最佳的解决手段. 如果能够将lnx前面的φ(x)分离出去,再研究剩下的函数,往往可以柳暗花明,事半功倍.

例1 已知f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.(略)(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在(1,+)内有唯一解.

由于a∈(0,1),x∈(1,+),所以x+a>0.

令h′(x)=0,得x2-2x-a=0.

故h(x)在(1,x2)单调递减,在(x2,+)单调递增.

所以h(x)min=h(x2).

问题转化为证明存在a∈(0,1),使得h(x2)=0在区间(1,+)内存在唯一实根.

代入上式得

显然φ(a)在(0,1)单调递增,φ(0)<0,φ(1)>0.

由零点存在定理可知,存在唯一的零点x0∈(0,1),使得φ(x0)=0.

故存在a∈(0,1),使得h(x2)=0在区间(1,+)内存在唯一实根.

(1)若f(x)在定义域上不单调,求实数a的取值范围.(略)

由已知有x1,x2是方程x2-ax+1=0的两个不等正实根.故x1+x2=a,x1x2=1.

不妨设01,0

所以g′(x)<0,g(x)在(1,+)单调递减.

故有当00,当x>1时,g(x)<0.

由于g(1)=0,因此有g′(x)≤0.

即k≤0.

例4 设f(x)=lnx-ax2+(2-a)x,

(1)讨论f(x)的单调性.

(2)若函数y=f(x)的图象与x轴交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明f′(x0)<0.

解析(1)当a≤0时,f(x)在(0,+)单调递增;

两式相减得

lnx1-lnx2=a(x1+x2)(x1-x2)-(2-a)x1+(2-a)x2,

故f′(x0)<0.