Question

11．已知函數(shù)f（x）lnx-$\frac{1}{2}$ax²+ax，a∈R．
（1）當(dāng)a＜0時(shí)，討論函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≤2ax-x-1恒成立，求整數(shù)a的最小值；
（3）對(duì)于函數(shù)f（x）圖象上任意給定的兩點(diǎn)A（x₁，f（x₁））、B（x₂，f（x₂）），試判斷f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）與$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$的大小關(guān)系（其中f′（x）是函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)），并給出證明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+ax+1}{x}$．令φ（x）=-ax²+ax+1，分①△=a²+4a≤0，②△=a²+4a＞0，討論函數(shù)極值點(diǎn)．
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax+x+1=lnx-$\frac{1}{2}a{x}^{2}$+（1-a）x+1，（x＞0），g′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$分①當(dāng)a＞0，a＜0，求函數(shù)g（x）最大值，最大值小于0即可．
 （Ⅲ）  $\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}-\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}[ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}]$=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}（ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-2\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}）$不妨設(shè)x₁＜x₂，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，（t＞1），則ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1）
令G（t）=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1），只需判定G（t）的取值范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+ax+1}{x}$．令φ（x）=-ax²+ax+1，
∵a＜0，∴二次函數(shù)φ（x）的開口朝上，對(duì)稱軸為x=$\frac{1}{2}$＞0，恒過(guò)點(diǎn)（0，1）．
①△=a²+4a≤0時(shí)，即-4≤a＜0時(shí)．φ（x）≥0，在（0，+∞）恒成立，此時(shí)函數(shù)f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，無(wú)極值．
②△=a²+4a＞0時(shí)，即a＜-4時(shí)．φ（x）=0，在（0，+∞）有兩個(gè)實(shí)根x₁，x₂，（設(shè)x₁＜x₂）
x∈（0，x₁），（x₂，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，x∈（x₁，x₂）時(shí)，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）遞增，在（x₁，x₂）遞減，此時(shí)函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，x₁是極大值點(diǎn)，x₂是極小值點(diǎn)．
綜上：-4≤a＜0時(shí)，無(wú)極值；a＜-4時(shí)，函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn)．
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax+x+1=lnx-$\frac{1}{2}a{x}^{2}$+（1-a）x+1，（x＞0）
g′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$
①當(dāng)a＞0時(shí)，g′（x）=$\frac{-（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，$x∈（0，\frac{1}{a}），g′（x）＞0$，g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）遞增，x∈（$\frac{1}{a}$，+∞），g′（x）＜0，g（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）遞減，
故函數(shù)g（x）的最大值為g（$\frac{1}{a}$）=$ln\frac{1}{a}-\frac{1}{2}a（\frac{1}{a}）^{2}+（1-a）\frac{1}{a}+1$=$\frac{1}{2a}-lna$
令h（a）=$\frac{1}{2a}-lna$，則h′（a）=-$\frac{1}{2{a}^{2}}-\frac{1}{a}＜0，（a＞0）$恒成立，∴h（a）在（0，+∞）單調(diào)遞減，而h（1）=$\frac{1}{2}＞0$，h（2）=$\frac{1}{4}-ln2＜0$，
∴當(dāng)a≥2時(shí)，h（a）≤h（2）＜0，∴不等式f（x）≤2ax-x-1恒成立時(shí)，整數(shù)a的最小值為2；
②當(dāng)a≤0時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，且g（1）=2-$\frac{3}{2}a$＞0
∴不等式f（x）≤2ax-x-1不恒成立，
綜上：不等式f（x）≤2ax-x-1恒成立時(shí)，整數(shù)a的最小值為2；
（Ⅲ）  $\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}-\frac{1}{2}a（{x}_{1}+{x}_{2}）+a$
∵$f′（x）=\frac{1}{x}-ax+a$，所以f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-a$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+a．
∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}-\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}[ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}]$
=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}（ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-2\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}）$
不妨設(shè)x₁＜x₂，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，（t＞1），則ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1）
令G（t）=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1），則G（′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，∴G（t）在（1，+∞）單調(diào)遞增．
∴G（t）＞G（1）=0，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$＞0，
又因?yàn)閤₂-x₁＞0，∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，二次函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)恒成立問(wèn)題，構(gòu)造函數(shù)比較大小，考查了分析問(wèn)題處理問(wèn)題的能力，轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，屬于難題．