难度： 困难

标签： 导数问题多变量问题分类讨论比值换元

是否做正确： 未标明

是否属于易错题： 未标明

如果做错原因可能是： 未标明

已知函数 $f(x)=(1-k)x-klnx+k-1$，其中 $k\in R,k\ne 0.$

（1）讨论函数 $f(x)$ 的单调性；

（2）设函数 $f(x)$ 的导函数为 $g(x)$，若函数 $f(x)$ 恰有两个零点 $x_1,x_2(x_1<x_2)$，证明：$g(\frac{x_1+2x_2}{3})>0$

解（第一问）

（1）

$f(x)=(1-k)x-klnx+k-1(x>0)$

$f^{\prime }(x)=1-k-\frac{k}{x}$

$=\frac{(1-k)x-k}{x}$

一、$k>1$

$f^{\prime }(x)<0,f(x)\downarrow$

二、$k=1$

$f^{\prime }(x)<0,f(x)\downarrow$

三、$0<k<1$

$0<x<\frac{k}{1-k},f^{\prime }(x)<0,f(x)\downarrow$

$x>\frac{k}{1-k},f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

四、$k=0$

$f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

五、$k<0$

$f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

综上，$k\in (-\mathrm{\infty },0]$ 时，$f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

$k\in (0,1)$ 时，

$0<x<\frac{k}{1-k},f^{\prime }(x)<0,f(x)\downarrow$

$x>\frac{k}{1-k},f^{\prime }(x)>0,f(x)\uparrow$

$k\in [1,+\mathrm{\infty })$ 时，$f^{\prime }(x)<0,f(x)\downarrow$

解（第二问），法一，比值换元

$g(x)=f^{\prime }(x)=\frac{(1-k)x-k}{x}$

因为恰有两个零点，

所以 $0<k<1$

$(1-k)x_1-kln{x}_1+k-1=0\mathrm{①}$

$(1-k)x_2-kln{x}_2+k-1=0\mathrm{②}$

证 $g(\frac{x_1+2x_2}{3})>0$

也可以通过 $g(\frac{x_1+2x_2}{3})>g(\frac{k}{1-k})$ 来证明。 根据 $g(x)$ 的单调性、脱函数外壳。

$g(\frac{x_1+2x_2}{3})=1-k-\frac{3k}{x_1+2x_2}$

即证 $1-k-\frac{3k}{x_1+2x_2}>0$

$1-k>\frac{3k}{x_1+2x_2}$

$x_1+2x_2>\frac{3k}{1-k}$

$\mathrm{②}-\mathrm{①}$，得

$(1-k)(x_2-x_1)+kln\frac{x_1}{x_2}=0$

$(1-k)(x_2-x_1)=kln\frac{x_2}{x_1}$

$\frac{k}{1-k}=\frac{x_2-x_1}{ln\frac{x_2}{x_1}}$

即证 $x_1+2x_2>\frac{3(x_2-x_1)}{ln\frac{x_2}{x_1}}$

$ln\frac{x_2}{x_1}>\frac{3(x_2-x_1)}{x_1+2x_2}$

令 $\frac{x_2}{x_1}=t,t>1$

即证 $lnt>\frac{3(t-1)}{2t+1}$

令 $h(t)=lnt-\frac{3(t-1)}{2t+1}$

$h^{\prime }(t)=\frac{1}{t}-\frac{9}{(2t+1{)}^2}$

$=\frac{(4t-1)(t-1)}{t(2t+1{)}^2}>0$

所以 $h(t)\uparrow ,h(t)>h(1)=0$

所以 $g(\frac{x_1+2x_2}{3})>0$

证毕。

解（第二问），法二，试根法，分类讨论

因为 $g(x)$ 是单调的，且 $f(x)$ 恰有两个零点，所以 $0<k<1,g(x)\uparrow ,g(\frac{k}{1-k})=0$

所以证 $g(\frac{x_1+2x_2}{3})>0$

即证 $g(\frac{x_1+2x_2}{3})>g(\frac{k}{1-k})$

$\frac{x_1+2x_2}{3}>\frac{k}{1-k}$

可以观察出来 $f(1)=0$，说明 $x=1$ 是 $f(x)$ 的一个零点

$\frac{k}{1-k}=\frac{1}{\frac{1}{k}-1}\in (0,+\mathrm{\infty })$

一、当 $1<\frac{k}{1-k},x_1=1$

即证 $\frac{1+2x_2}{3}>\frac{k}{1-k}$

因为 $(1-k)x_2-kln{x}_2+k-1=0$

$(1-k)(x_2-1)=kln{x}_2$

$\frac{k}{1-k}=\frac{x_2-1}{ln{x}_2}$

即证 $\frac{1+2x_2}{3}>\frac{x_2-1}{ln{x}_2},x_2>1$

$ln{x}_2>\frac{3x_2-3}{1+2x_2}$

令 $h(x)=lnx-\frac{3x-3}{2x+1},x>1$

$h^{\prime }(x)>0$

所以 $h(x)>h(1)=0$

二、同理，当 $1>\frac{k}{1-k},x_2=1,x_1<1$

即证 $\frac{x_1+2}{3}>\frac{k}{1-k}$

因为 $(1-k)x_1-kln{x}_1+k-1=0$

$\frac{k}{1-k}=\frac{x_1-1}{ln{x}_1}$

即证 $\frac{x_1+2}{3}>\frac{x_1-}{ln{x}_1},0<x_1<1$

$ln{x}_1<\frac{3x_1-3}{x_1+2}$

令 $h(x)=lnx-\frac{3x-3}{x+2},0<x<1$

$h^{\prime }(x)>0$

$h(x)\uparrow ,h(x)<h(1)=0$

所以 $g(\frac{x_1+2x_2}{3})>0$

证毕。