Question

15．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{k}{2}{x^2}$-2x+klnx，k＞0．
（1）當(dāng)0＜k＜1時(shí)，求函數(shù)f（x）在$[\frac{1}{2}，2]$上的極值點(diǎn)；
（2）當(dāng)k=2時(shí)，設(shè)[a，b]⊆[1，2]．證明：存在唯一的ξ∈（a，b），使得f′（ξ）=$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$．

Answer 1

分析 （1）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，f'（x）=0求出極值點(diǎn)，繼而求出極值．
（2）對(duì)函數(shù)f（x）二次求導(dǎo)，構(gòu)造新的函數(shù)，對(duì)新函數(shù)求導(dǎo)得到新函數(shù)的單調(diào)性，繼而證明．

解答 解：（1）$f'（x）=kx-2+\frac{k}{x}$=$\frac{{k{x^2}-2x+k}}{x}$…（1分）
記△=4-4k²，
當(dāng)0＜k＜1時(shí)，△＞0，解方程kx²-2x+k=0．得${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-{k^2}}}}{k}$，${x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-{k^2}}}}{k}$且x₁＜x₂，…（2分）
令g（x）=kx²-2x+k．由$g（\frac{1}{2}）=\frac{5k}{4}-1，g（2）=5k-4$結(jié)合函數(shù)g（x）的圖象可知，
當(dāng)$\frac{4}{5}＜k＜1$時(shí)，$\frac{1}{2}＜{x_1}＜{x_2}＜2$，且當(dāng)$x∈（{\frac{1}{2}，{x_1}}）∪（{{x_2}，2}）$時(shí)，f'（x）＞0．
當(dāng)x∈（x₁，x₂）時(shí)，f'（x）＜0．所以函數(shù)f（x）在$（{\frac{1}{2}，{x_1}}）$，（x₂，2）單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）單調(diào)遞減，
因此函數(shù)f（x）的極大值點(diǎn)為${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-{k^2}}}}{k}$極小值點(diǎn)為${x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-{k^2}}}}{k}$…（4分）
當(dāng)$0＜k≤\frac{4}{5}$時(shí)，f'（x）＜0對(duì)于$\frac{1}{2}＜x＜2$恒成立，所以f（x）在$（{\frac{1}{2}，2}）$單調(diào)遞減，函數(shù)f（x）不存在極值點(diǎn)．…（5分）
綜上得知，當(dāng)$0＜k≤\frac{4}{5}$時(shí)，f（x）不存在極值點(diǎn)；當(dāng)$\frac{4}{5}＜k＜1$時(shí)，f（x）的極大值點(diǎn)為${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-{k^2}}}}{k}$極小值點(diǎn)為${x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-{k^2}}}}{k}$．…（6分）
（2）證明：當(dāng)k=2時(shí)，f（x）=x²-2x+2lnx，$f'（x）=2（{x+\frac{1}{x}-1}）$…（7分）
令$h（x）=f'（x）=2（{x+\frac{1}{x}-1}）$，x∈[1，2]．
則有$h'（x）=f''（x）=2（{1-\frac{1}{x^2}}）≥0$，所以h（x）在[1，2]單調(diào)遞增，而[a，b]⊆[1，2]，所以h（x）在[a，b]也單調(diào)遞增，故只需證明$h（a）＜\frac{f（b）-f（a）}{b-a}＜h（b）$．
化簡(jiǎn)得$a-b+\frac{2}{a}＜2•\frac{lnb-lna}{b-a}＜b-a+\frac{2}$．…（9分）
先證$2•\frac{lnb-lna}{b-a}＜b-a+\frac{2}{a}$令b=a+t，1≤a＜a+t≤2，
則只需證$2ln（1+\frac{t}{a}）＜\frac{2t}{a+t}+{t^2}$，
令$p（t）=\frac{2t}{a+t}+{t^2}-2ln（1+\frac{t}{a}）$，1≤a＜a+t≤2，則$p'（t）=\frac{{2t[{{（a+t）}^2}-1]}}{{{{（a+t）}^2}}}＞0$，所以p（t）在（0，1）單調(diào)遞增，于是p（t）＞p（0）=0，即$2ln（1+\frac{t}{a}）＜\frac{2t}{a+t}+{t^2}$成立，
∴$2•\frac{lnb-lna}{b-a}＜b-a+\frac{2}{a}$成立…（11分）
再證$a-b+\frac{2}{a}＜2•\frac{lnb-lna}{b-a}$令b=a+t，1≤a＜a+t≤2，
則只需證$-{t^2}+\frac{2t}{a}＜2ln（1+\frac{t}{a}）$，
令$q（t）=2ln（1+\frac{t}{a}）+{t^2}-\frac{2t}{a}$，1≤a＜a+t≤2，則$q'（t）=\frac{2t[a（a+t）-1]}{a（a+t）}＞0$，所以q（t）在（0，1）單調(diào)遞增，于是q（t）＞q（0）=0，即$-{t^2}+\frac{2t}{a}＜2ln（1+\frac{t}{a}）$成立，
∴$a-b+\frac{2}{a}＜2•\frac{lnb-lna}{b-a}$成立…（13分）
綜上可知，存在唯一的ξ∈（a，b），使得$h（ξ）=\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$．
即$f'（ξ）=\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值點(diǎn)和利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)證明等式成立．屬高考�？碱}型，難度較大．