Question

11．已知函数f（x）lnx-$\frac{1}{2}$ax²+ax，a∈R．
（1）当a＜0时，讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若关于x的不等式f（x）≤2ax-x-1恒成立，求整数a的最小值；
（3）对于函数f（x）图象上任意给定的两点A（x₁，f（x₁））、B（x₂，f（x₂）），试判断f（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）与$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$的大小关系（其中f′（x）是函数f（x）的导函数），并给出证明．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+ax+1}{x}$．令φ（x）=-ax²+ax+1，分①△=a²+4a≤0，②△=a²+4a＞0，讨论函数极值点．
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax+x+1=lnx-$\frac{1}{2}a{x}^{2}$+（1-a）x+1，（x＞0），g′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$分①当a＞0，a＜0，求函数g（x）最大值，最大值小于0即可．
 （Ⅲ）  $\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}-\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}[ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}]$=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}（ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-2\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}）$不妨设x₁＜x₂，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，（t＞1），则ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1）
令G（t）=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1），只需判定G（t）的取值范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+ax+1}{x}$．令φ（x）=-ax²+ax+1，
∵a＜0，∴二次函数φ（x）的开口朝上，对称轴为x=$\frac{1}{2}$＞0，恒过点（0，1）．
①△=a²+4a≤0时，即-4≤a＜0时．φ（x）≥0，在（0，+∞）恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）单调递增，无极值．
②△=a²+4a＞0时，即a＜-4时．φ（x）=0，在（0，+∞）有两个实根x₁，x₂，（设x₁＜x₂）
x∈（0，x₁），（x₂，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＜0．
∴f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）递增，在（x₁，x₂）递减，此时函数有两个极值点x₁，x₂，x₁是极大值点，x₂是极小值点．
综上：-4≤a＜0时，无极值；a＜-4时，函数有两个极值点．
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-2ax+x+1=lnx-$\frac{1}{2}a{x}^{2}$+（1-a）x+1，（x＞0）
g′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$
①当a＞0时，g′（x）=$\frac{-（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，$x∈（0，\frac{1}{a}），g′（x）＞0$，g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递增，x∈（$\frac{1}{a}$，+∞），g′（x）＜0，g（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减，
故函数g（x）的最大值为g（$\frac{1}{a}$）=$ln\frac{1}{a}-\frac{1}{2}a（\frac{1}{a}）^{2}+（1-a）\frac{1}{a}+1$=$\frac{1}{2a}-lna$
令h（a）=$\frac{1}{2a}-lna$，则h′（a）=-$\frac{1}{2{a}^{2}}-\frac{1}{a}＜0，（a＞0）$恒成立，∴h（a）在（0，+∞）单调递减，而h（1）=$\frac{1}{2}＞0$，h（2）=$\frac{1}{4}-ln2＜0$，
∴当a≥2时，h（a）≤h（2）＜0，∴不等式f（x）≤2ax-x-1恒成立时，整数a的最小值为2；
②当a≤0时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）单调递增，且g（1）=2-$\frac{3}{2}a$＞0
∴不等式f（x）≤2ax-x-1不恒成立，
综上：不等式f（x）≤2ax-x-1恒成立时，整数a的最小值为2；
（Ⅲ）  $\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}-\frac{1}{2}a（{x}_{1}+{x}_{2}）+a$
∵$f′（x）=\frac{1}{x}-ax+a$，所以f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-a$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$+a．
∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}-\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}[ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}]$
=$\frac{1}{{x}_{2}-{x}_{1}}（ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-2\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}）$
不妨设x₁＜x₂，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，（t＞1），则ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1）
令G（t）=lnt-2$\frac{t-1}{t+1}$，（t＞1），则G（′（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$＞0，∴G（t）在（1，+∞）单调递增．
∴G（t）＞G（1）=0，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-2$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$＞0，
又因为x₂-x₁＞0，∴$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

点评 本题考查了导数的综合应用，二次函数的性质，函数恒成立问题，构造函数比较大小，考查了分析问题处理问题的能力，转化思想，分类讨论思想，属于难题．