Question

1．已知函數f（x）=ax²-lnx，g（x）=（1-2a）x，a∈R．
（1）若f（x）有極小值$\frac{1}{2}$，求a的值；
（2）若a＞0，且不等式ln（x+$\frac{1}{a}$）-x＜-g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（3）若a＞0，記函數φ（x）=f（x）+g（x）的圖象為曲線C，設點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線C上不同的兩點（x₁＜x₂），且直線AB的斜率為k，求證：φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k．

Answer 1

分析 （1）求出函數f（x）的導數，對a討論，①當a≤0時，②當a＞0時，討論函數的單調性，即可判斷極值，求得a；
（2）由題意可得ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax＜0，令h（x）=ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax，求出導數，求得最大值，解不等式即可得到a的范圍；
（3）先求導，根據題意，由直線的斜率公式可得k的值，利用分析法證明φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k．轉化為只需要證明$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$，再構造函數m（t），判斷函數在（0，1）上單調性，問題得以證明．

解答 解：（1）由題意，函數f（x）=ax²-lnx的定義域為（0，+∞）；
f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-1}{x}$；
①當a≤0時，f′（x）＜0，故f（x）沒有極值；
②當a＞0時，f′（x）先負后正，
故f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）上是減函數，在（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$，+∞）上是增函數，
故f（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）=a•$\frac{1}{2a}$-ln$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$=$\frac{1}{2}$；故$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$=1；
故a=$\frac{1}{2}$；
（2）若a＞0，且不等式ln（x+$\frac{1}{a}$）-x＜-g（x）恒成立，
即為ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax＜0，
令h（x）=ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax，h′（x）=$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$-2a=$\frac{-1-2ax}{x+\frac{1}{a}}$，
由于-$\frac{1}{2a}$＞-$\frac{1}{a}$，即有當x＞-$\frac{1}{2a}$，h′（x）＜0，h（x）遞減，
當-$\frac{1}{a}$＜x＜-$\frac{1}{2a}$，h′（x）＞0，h（x）遞增．
則h（x）在x=-$\frac{1}{2a}$處取得最大值，且為1+ln$\frac{1}{2a}$，
即有1+ln$\frac{1}{2a}$＜0，
解得a＞$\frac{e}{2}$；
（3）∵φ（x）=f（x）+g（x）=ax²-lnx+（1-2a）x，
φ′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$+（1-2a），
∴φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）=a•$\frac{2（{x}_{1}+2{x}_{2}）}{3}$-$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$+1-2a，
由題意得，k=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{a（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}）-（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）+（1-2a）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=a（x₁+x₂）-$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-2a+1，
則φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）-k=a•$\frac{2（{x}_{1}+2{x}_{2}）}{3}$-$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$+1-2a-a（x₁+x₂）+$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+2a-1
=$\frac{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}{3}$-$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
注意到a＞0，$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{3}$＞0，
故欲證φ′（ $\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k，
只須證明$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），m（t）=lnt-$\frac{3（t-1）}{t+2}$，
則m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{9}{（t+2）^{2}}$=$\frac{（t-1）（t-4）}{t（t+2）^{2}}$＞0 
故m（t）在（0，1）上單調遞增．                                            
即lnt＜$\frac{3（t-1）}{t+2}$，
即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{3（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}$．
故φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k．

點評 本題主要考查函數單調性的應用、導數在最大值、最小值問題中的應用、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想，考查了函數構造法，屬于高考試卷中的壓軸題．