Question

2．已知函數(shù)f（x）=ax+lnx，其中a為常數(shù)，設e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）當a=-1時，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）在區(qū)間（0，e]上的最大值為-3，求a的值；
（3）設g（x）=xf（x），若a＞0，對于任意的兩個正實數(shù)x₁，x₂（x₁≠x₂），證明：2g（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜g（x₁）+g（x₂）．

Answer 1

分析 （1）在定義域（0，+∞）內(nèi)對函數(shù)f（x）求導，求其極大值，若是唯一極值點，則極大值即為最大值．
（2）在定義域（0，+∞）內(nèi)對函數(shù)f（x）求導，對a進行分類討論并判斷其單調(diào)性，根據(jù)f（x）在區(qū)間（0，e]上的單調(diào)性求其最大值，并判斷其最大值是否為-3，若是就可求出相應的最大值．
（3）先求導，再求導，得到g′（x）為增函數(shù)，不妨令x₂＞x₁，構造函數(shù)$h（x）=g（x）+g（{x_1}）-2g（\frac{{{x_1}+x}}{2}）（x＞{x_1}）$，利用導數(shù)即可證明

解答 解：（1）易知f（x）定義域為（0，+∞），
當a=-1時，f（x）=-x+lnx，${f^'}（x）=-1+\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x}$，
令f′（x）=0，得x=1．
當0＜x＜1時，f′（x）＞0；當x＞1時，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)．
f（x）_max=f（1）=-1．
∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上的最大值為-1，
（2）∵${f^'}（x）=a+\frac{1}{x}，x∈（0，e]，\frac{1}{x}∈[\frac{1}{e}，+∞）$．
①若$a≥-\frac{1}{e}$，則f′（x）≥0，從而f（x）在（0，e]上是增函數(shù)，
∴f（x）_max=f（e）=ae+1≥0，不合題意，
②若$a＜-\frac{1}{e}$，則由${f^'}（x）＞0⇒a+\frac{1}{x}＞0$，即$0＜x＜-\frac{1}{a}$
由${f^'}（x）＜0⇒a+\frac{1}{x}＜0$，即$-\frac{1}{a}＜x≤e$，
從而f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）上增函數(shù)，在（-$\frac{1}{a}$，e]為減函數(shù)
∴$f{（x）_{max}}=f（-\frac{1}{a}）=-1+ln（-\frac{1}{a}）$
令$-1+ln（-\frac{1}{a}）=-3$，則$ln（-\frac{1}{a}）=-2$，
∴a=-e²，
（3）證明：∵g（x）=xf（x）=ax²+xlnx，x＞0
∴${g^'}（x）=2ax+1+lnx，{g^{''}}（x）=2a+\frac{1}{x}＞0$，
∴g′（x）為增函數(shù)，不妨令x₂＞x₁
令$h（x）=g（x）+g（{x_1}）-2g（\frac{{{x_1}+x}}{2}）（x＞{x_1}）$，
∴${h^'}（x）=g'（x）-{g^'}（\frac{{{x_1}+x}}{2}）$，
∵$x＞\frac{{{x_1}+x}}{2}$，
∴${h^'}（x）=g'（x）-{g^'}（\frac{{{x_1}+x}}{2}）＞0$
而h（x₁）=0，知x＞x₁時，h（x）＞0
故h（x₂）＞0，
即$2g（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜g（{x_1}）+g（{x_2}）$

點評 本題先通過對函數(shù)求導，求其極值，進而在求其最值及值域，用到分類討論的思想方法，屬于難題．