Question

已知函数f(x)=2lnx-x^2-ax (1)求函数的单调区间

（2）如果函数f(x)有两个不同的零点x1，x2 且x1<x2，证明：对满足P+q=1，p <=q的任意正常数，f(px1+qx2)的导数<0恒成立

Answer 1

(1)f'(x)=(2-2x^2-ax)/x,(x>0)
此问不多说，然后对a分类讨论，解二次方程即可。

(2)设x1,x2的中点为x0
因为p<q，所以px1+qx2>x0
f'(x)=2/x-2x-a
求f(x)的二阶导数得f'(x)单调递减
故f'(px1+qx2)<0 <=> f'(x0)<0
那么假设存在x0使f'(x0)>=0
由已知
(1) 2lnx1-x1^2-ax1=0
(2) 2lnx2-x2^2-ax2=0
(3)(x1+x2)/2=x0
(4)2/x0-2x0-a>=0

联立上述4式，解得存在x1,x2的值使2(x2-x1)/(x1+x2)>=ln(x2/x1) (*) 成立。
对(*)式令x2/x1=t(t>1)
令g(t)=lnt-(2t-2)/(t+1)
则存在t(t>1)使g(t)<=0。
又因为g(1)=0
g'(t)=(t-1)^2/t(t+1)^2>0
所以g(t)>0,(t>1)
即不存在t(t>1)使g(t)<=0；
假设不成立，即f'(x0)<0
即f'(px1+qx2)<0

Answer 2

(1)f'(x)=(2-2x^2-ax)/x,(x>0)此问不多说,然后对a分类讨论,解二次方程即可.(2)设x1,x2的中点为x0因为px0f'(x)=2/x-2x-a求f(x)的二阶导数得f'(x)单调递减故f'(px1+qx2)=0由已知(1)
2lnx1-x1^2-ax1=0(2)
2lnx2-x2^2-ax2=0(3)(x1+x2)/2=x0(4)2/x0-2x0-a>=0联立上述4式,解得存在x1,x2的值使2(x2-x1)/(x1+x2)>=ln(x2/x1)
(*)
成立.对(*)式令x2/x1=t(t>1)令g(t)=lnt-(2t-2)/(t+1)则存在t(t>1)使g(t)