Question

9．已知函數(shù)f（x）=alnx-x²．
（1）當(dāng)a=2時，求函數(shù)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(diào)遞增函數(shù)，求a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=2時，函數(shù)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(dǎo)函數(shù)．若正常數(shù)α，β滿足條件α+β=1，β≥α．試比較h'（αx₁+βx₂）與0的關(guān)系，并給出理由．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=2時，利用導(dǎo)數(shù)的符號求得函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求得函數(shù)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）上單調(diào)遞增，所以g'（x）≥0在（0，3）上恒成立，運用參數(shù)分離和函數(shù)的單調(diào)性，求得右邊函數(shù)的范圍，由此可得a的范圍；
（3）h′（αx₁+βx₂）＜0．理由：由題意可得，f（x）-mx=0有兩個實根x₁，x₂，化簡可得m=$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x₁+x₂），可得h'（αx₁+βx₂）=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-2（αx₁+βx₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（x₁+x₂）=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$--$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（2α-1）（x₂-x₁），由條件知（2α-1）（x₂-x₁）≤0，再用分析法證明h′（αx₁+βx₂）＜0．

解答 解：（1）∵f（x）=2lnx-x²，
可得$f'（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{{2-2{x^2}}}{x}$，
函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]是增函數(shù)，在[1，2]是減函數(shù)，
所以f（1）取得最大值，且為-1；    
（2）因為g（x）=alnx-x²+ax，
所以g′（x）=$\frac{a}{x}$-2x+a，
因為g（x）在區(qū)間（0，3）上單調(diào)遞增，
所以g'（x）≥0在（0，3）上恒成立，
即有a≥$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$在（0，3）的最大值，
由y=$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$的導(dǎo)數(shù)為y′=$\frac{2{x}^{2}+4x}{（x+1）^{2}}$＞0，
則函數(shù)y=$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$在（0，3）遞增，可得y＜$\frac{9}{2}$，
則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，
∴2lnx₁-x₁²-mx₁=0，2lnx₂-x₂²-mx₂=0，
兩式相減，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-x₂²）=m（x₁-x₂），
∴m=$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x₁+x₂），
于是h'（αx₁+βx₂）=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-2（αx₁+βx₂）-m
=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-2（αx₁+βx₂）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（x₁+x₂）
=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$--$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（2α-1）（x₂-x₁），
∵β≥α，∴2α≤1，∴（2α-1）（x₂-x₁）≤0．
可得h′（αx₁+βx₂）＜0．
要證：h′（αx₁+βx₂）＜0，
只需證：$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，
只需證：$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-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）=$\frac{1-t}{αt+β}$+lnt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(diào)遞增，
故有 u（t）＜u（1）=0，∴$\frac{1-t}{αt+β}$+lnt＜0，
即$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0．
∴h′（αx₁+βx₂）＜0．

點評 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，用分析法證明不等式，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．