Question

20．已知a＞0，函數(shù)f（x）=ax²-x，g（x）=lnx．
（1）若$a=\frac{1}{2}$，求函數(shù)y=f（x）-2g（x）的極值；
（2）設(shè)b＞0，f'（x）是f（x）的導(dǎo)數(shù)，g'（x）是g（x）的導(dǎo)數(shù)，h（x）=f'（x）+bg'（x）+1，圖象的最低
點(diǎn)坐標(biāo)為（2，8），找出最大的實(shí)數(shù)m，滿足對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x₁，x₂且x₁+x₂=1，h（x₁）h（x₂）≥m成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）求出a，b的值，設(shè)u=h（x₁）h（x₂）=4x₁x₂+$\frac{64}{{{x}_{1}x}_{2}}$+16（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），令t=x₁x₂，得到$t∈（0，\frac{1}{4}]$，則$u=4t+\frac{80}{t}-32$在$t∈（0，\frac{1}{4}]$上單調(diào)遞減，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的最大值即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）-2g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x-2lnx，
∴y′=f′（x）-2g′（x）=x-1-$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-2）（x+1）}{x}$，x＞0，
令y′＞0，解得：x＞2，令y′＜0，解得：0＜x＜2，
故函數(shù)y=f（x）-2g（x）在（0，2）遞減，在（2，+∞）遞增，
∴y=f（x）-2g（x）在x=2處取得極小值f（2）-2g（2）=-2ln2，沒有極大值；
（2）由題意，得h（x）=2ax+$\frac{x}$，則h（x）=2ax+$\frac{x}$≥2$\sqrt{2ab}$，
當(dāng)且僅當(dāng)x=$\sqrt{\frac{2a}}$時(shí)，等號(hào)成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{\frac{2a}}=2}\\{2\sqrt{2ab}=8}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=8}\end{array}\right.$，
∴h（x）=2x+$\frac{8}{x}$，
h（x₁）h（x₂）≥m恒成立，
設(shè)u=h（x₁）h（x₂）=4x₁x₂+$\frac{64}{{{x}_{1}x}_{2}}$+16（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）
=$4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{x_1^2+x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{80}{{{x_1}{x_2}}}-32$，
令t=x₁x₂，則$t={x_1}{x_2}≤{（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）^2}=\frac{1}{4}$，
即$t∈（0，\frac{1}{4}]$，則$u=4t+\frac{80}{t}-32$在$t∈（0，\frac{1}{4}]$上單調(diào)遞減，
$u≥u（\frac{1}{4}）=289$，
∴最大的實(shí)數(shù)數(shù)m=289．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．