Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=alnx﹣x2 ， a∈R，
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若x≥1時(shí)，f（x）≤0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)a＞0，若A（x1 ， y1），B（x2 ， y2）為曲線y=f（x）上的兩個(gè)不同點(diǎn)，滿足0＜x1＜x2 ， 且x3∈
（x1 ， x2），使得曲線y=f（x）在x=x3處的切線與直線AB平行，求證：x3＜ ．

Answer 1

【答案】
（1）

解：∵函數(shù)f（x）=alnx﹣x2，x＞0，a∈R，

∴f′（x）= ﹣2x= ；

當(dāng)a≤0時(shí)，∵x＞0，∴f′（x）＜0，∴f（x）在定義域上是減函數(shù)；

當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）=0，即a﹣2x2=0，解得x= ，

∴x＞ 時(shí)，f′（x）＜0，f（x）是減函數(shù)，

0＜x＜ 時(shí)，f′（x）＞0，f（x）是增函數(shù)；

綜上，a≤0時(shí)，f（x）的減區(qū)間是（0，+∞），

a＞0時(shí)，f（x）的減區(qū)間是（ ，+∞），增區(qū)間是（0， ）；

（2）

解：根據(jù)（1）知，a≤0時(shí)，f（x）的減區(qū)間是（0，+∞），

令f（1）＜0，則﹣x2＜0恒成立，∴a≤0滿足題意；

a＞0時(shí)，f（x）的減區(qū)間是（ ，+∞），增區(qū)間是（0， ）；

當(dāng) ≤1，即0＜a≤2時(shí)，f（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，∴0＜a≤2滿足題意；

當(dāng) ＞1，即a＞2時(shí)，f（x）的最大值是f（ ），令f（ ）≤0，

即aln ﹣ ≤0，解得a≤2e，即2＜a≤2e滿足題意；

綜上，a的取值范圍是a≤2e；

（3）

解：當(dāng)a＞0時(shí)，A（x1，y1），B（x2，y2）為曲線y=f（x）上的兩個(gè)不同點(diǎn)，滿足0＜x1＜x2時(shí)，

∴x3∈（x1，x2），使得曲線y=f（x）在x=x3處的切線與直線AB平行，如圖所示；

∴kAB= = ，

又∵f′（x）= ﹣2x，

∴kl=f′（x3）= ﹣2x3．

∴ = ﹣2x3．

∵f′（x）= ﹣2x在（0，+∞）上是減函數(shù)，

∴欲證：x3＜ ，即證明f′（x3）＞f′（ ），

即 ＞ ﹣（x1+x2），

變形為 ＞ ，

∴l(xiāng)n ＞2 ，

∴l(xiāng)n ＞2 ；

設(shè) =t（t＞1），

則上述不等式等價(jià)于lnt＞2 ，

即（t+1）lnt＞2（t﹣1）；

構(gòu)造函數(shù)g（t）=lnt+ ﹣1，

當(dāng)t＞1時(shí)，g′（t）= ﹣ = ，

∴g′（t）在（1，+∞）上為增函數(shù)；

∴g′（t）＞g′（1）=0，

∴g（t）在t＞1時(shí)是增函數(shù)，

∴g（t）＞g（1）=0；

∴g（t）＞0在（1，+∞）上恒成立，

即（t+1）lnt＞2（t﹣1）恒成立．

∴x3＜ 恒成立．

【解析】（1）求函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)來判斷f（x）的增減性，從而求出單調(diào)區(qū)間；（2）根據(jù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，求出f（x）在（1，+∞）上的最大值，令最大值小于或等于0，求出a的取值范圍；（3）當(dāng)a＞0時(shí)，求出直線AB的斜率kAB ， 由直線AB與切線平行，得出x3與x1+x2的關(guān)系式；構(gòu)造函數(shù)g（t），利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式x3＜ 恒成立即可．
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的相關(guān)知識(shí)，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減．