Question

11．已知函數f（x）=alnx-x²．
（1）當a=2時，求函數y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值；
（2）令g（x）=f（x）+ax，若y=g（x）在區(qū)間（0，3）上為單調遞增函數，求a的取值范圍；
（3）當a=2時，函數h（x）=f（x）-mx的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，又h′（x）是h（x）的導函數．若正常數α，β滿足條件α+β=1，β≥α．證明：h'（αx₁+βx₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）當a=2時，利用導數的符號求得函數的單調性，再根據函數的單調性求得函數y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值．
（2）先求得g′（x）=$\frac{a}{x}$-2x+a，因為g（x）在區(qū)間（0，3）遞增，所以g'（x）≥0在 （0，3）恒成立，分離參數a，求出a的范圍即可；
（3）由題意可得，f（x）-mx=0有兩個實根x₁，x₂，化簡可得m=$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$-（x1+x2）．可得h′（αx₁+βx₂）的解析式，由條件知（2α-1）（x₂-x₁）≤0，再用分析法證明h′（αx₁+βx₂）＜0．

解答 解：（1）∵函數f（x）=alnx-x² ，
可得當a=2時，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{2-{2x}^{2}}{x}$，
故函數y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]是增函數，在[1，2]是減函數，
所以f（x）_max=f（1）=2ln1-12=-1．  
（2）因為g（x）=alnx-x²+ax，
所以g′（x）=$\frac{a}{x}$-2x+a，
若y=g（x）在區(qū)間（0，3）上為單調遞增函數，
所以g′（x）≥0在（0，3）恒成立，
有$a≥\frac{{2{x^2}}}{x+1}$在（0，3）恒成立，
而y=$\frac{{2x}^{2}}{x+1}$，y′=$\frac{2x（x+2）}{{（x+1）}^{2}}$＞0，
故函數y=$\frac{{2x}^{2}}{x+1}$在（0，3）遞增，
故y＜$\frac{9}{2}$，
綜上：$a≥\frac{9}{2}$；
（3）由題意可得，h′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-m，又f（x）-mx=0有兩個實根x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}-{mx}_{1}=0}\\{2l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}-{mx}_{2}=0}\end{array}\right.$，兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-${{x}_{2}}^{2}$）=m（x₁-x₂），
∴m=$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$-（x₁+x₂），
于是h′（αx₁+βx₂）=$\frac{2}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-2（αx₁+βx₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+（x₁+x₂）
=$\frac{2}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+（2α-1）（x₂-x₁），
∵β≥α，∴2α≤1，∴（2α-1）（x₂-x₁）≤0．
要證：h′（αx₁+βx₂）＜0，只需證：=$\frac{2}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0，
只需證：$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0．（*），
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），
∴（*）化為  $\frac{1-t}{αt+β}$+lnt＜0，
只證u（t）=lnt+$\frac{1-t}{αt+β}$＜0即可，
∵u′（t）=$\frac{1}{t}$+$\frac{-（αt+β）-（1-t）α}{{（αt+β）}^{2}}$
=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{（αt+β）}^{2}}$=$\frac{{α}^{2}（t-1）（t-\frac{{β}^{2}}{{α}^{2}}）}{{t（αt+β）}^{2}}$，
又∵$\frac{{β}^{2}}{{α}^{2}}$≥1，0＜t＜1，
∴t-1＜0，∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上單調遞增，
故有 u（t）＜u（1）=0，
∴l(xiāng)nt+$\frac{1-t}{αt+β}$＜0，
即$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0，
∴h′（αx₁+βx₂）＜0．

點評 本題主要考查利用導數研究函數的單調性，利用函數的單調性求函數在閉區(qū)間上的最值，用分析法證明不等式，體現了轉化的數學思想，屬于難題．