Question

18．已知函數(shù)f（x）=x+alnx（a∈R）．
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處與直線y=3x-2相切，求a的值；
（2）函數(shù)g（x）=f（x）-kx²有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，試判斷$g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$的符號(hào)，并證明．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率，由已知切線的方程可得a=2；
（2）由零點(diǎn)的定義可得g（x₁）=0，g（x₂）=0，設(shè)${x_1}＞{x_2}，\frac{x_1}{x_2}=t＞1$，兩式相減，即有$1+\frac{{a（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}=k（{x_1}+{x_2}）$，求得g（x）的導(dǎo)數(shù)，求得$g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$，化簡整理，可令$h（t）=\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt（t≥1）$，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得到$g'（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}）$的符號(hào)．

解答 解：（1）f（x）=x+alnx的導(dǎo)數(shù)為$f'（x）=1+\frac{a}{x}$，
即有曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處斜率為k=f′（1）=1+a=3，
解得a=2；
（2）當(dāng)a＞0時(shí)，$g'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$；當(dāng)a＜0時(shí)，$g'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0$．
證明：易知a≠0，由題意可得$\left\{{\begin{array}{l}{g（{x_1}）={x_1}+aln{x_1}-kx_1^2=0}\\{g（{x_2}）={x_2}+aln{x_2}-kx_2^2=0}\end{array}，}\right.$
不妨設(shè)${x_1}＞{x_2}，\frac{x_1}{x_2}=t＞1$，
兩式相減可得，x₁-x₂+a（lnx₁-lnx₂）=k（x₁-x₂）（x₁+x₂），
即有$1+\frac{{a（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}=k（{x_1}+{x_2}）$，
又g′（x）=1+$\frac{a}{x}$-2kx，
g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=1+$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-k（x₁+x₂）=1+$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{a（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-1
=a（$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$）=$\frac{a}{{x}_{2}}$（$\frac{2}{1+t}$-$\frac{lnt}{t-1}$）=$\frac{a}{{x}_{2}}$•$\frac{1}{t-1}$（$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt），
令$h（t）=\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt（t≥1）$，$h'（t）=\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}-\frac{1}{t}=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}≤0$，
所以h（t）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，而h（1）=0，
所以當(dāng)t＞1時(shí)，h（t）＜0，
則當(dāng)a＞0時(shí)，$g'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜0$；當(dāng)a＜0時(shí)，$g'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＞0$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的方程和單調(diào)性，考查函數(shù)的零點(diǎn)問題的解法，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)法，求得導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性，屬于中檔題．