Question

2．已知函数f（x）=ax+lnx，其中a为常数，设e为自然对数的底数．
（1）当a=-1时，求f（x）的最大值；
（2）若f（x）在区间（0，e]上的最大值为-3，求a的值；
（3）设g（x）=xf（x），若a＞0，对于任意的两个正实数x₁，x₂（x₁≠x₂），证明：2g（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜g（x₁）+g（x₂）．

Answer 1

分析 （1）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，求其极大值，若是唯一极值点，则极大值即为最大值．
（2）在定义域（0，+∞）内对函数f（x）求导，对a进行分类讨论并判断其单调性，根据f（x）在区间（0，e]上的单调性求其最大值，并判断其最大值是否为-3，若是就可求出相应的最大值．
（3）先求导，再求导，得到g′（x）为增函数，不妨令x₂＞x₁，构造函数$h（x）=g（x）+g（{x_1}）-2g（\frac{{{x_1}+x}}{2}）（x＞{x_1}）$，利用导数即可证明

解答 解：（1）易知f（x）定义域为（0，+∞），
当a=-1时，f（x）=-x+lnx，${f^'}（x）=-1+\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x}$，
令f′（x）=0，得x=1．
当0＜x＜1时，f′（x）＞0；当x＞1时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数．
f（x）_max=f（1）=-1．
∴函数f（x）在（0，+∞）上的最大值为-1，
（2）∵${f^'}（x）=a+\frac{1}{x}，x∈（0，e]，\frac{1}{x}∈[\frac{1}{e}，+∞）$．
①若$a≥-\frac{1}{e}$，则f′（x）≥0，从而f（x）在（0，e]上是增函数，
∴f（x）_max=f（e）=ae+1≥0，不合题意，
②若$a＜-\frac{1}{e}$，则由${f^'}（x）＞0⇒a+\frac{1}{x}＞0$，即$0＜x＜-\frac{1}{a}$
由${f^'}（x）＜0⇒a+\frac{1}{x}＜0$，即$-\frac{1}{a}＜x≤e$，
从而f（x）在（0，-$\frac{1}{a}$）上增函数，在（-$\frac{1}{a}$，e]为减函数
∴$f{（x）_{max}}=f（-\frac{1}{a}）=-1+ln（-\frac{1}{a}）$
令$-1+ln（-\frac{1}{a}）=-3$，则$ln（-\frac{1}{a}）=-2$，
∴a=-e²，
（3）证明：∵g（x）=xf（x）=ax²+xlnx，x＞0
∴${g^'}（x）=2ax+1+lnx，{g^{''}}（x）=2a+\frac{1}{x}＞0$，
∴g′（x）为增函数，不妨令x₂＞x₁
令$h（x）=g（x）+g（{x_1}）-2g（\frac{{{x_1}+x}}{2}）（x＞{x_1}）$，
∴${h^'}（x）=g'（x）-{g^'}（\frac{{{x_1}+x}}{2}）$，
∵$x＞\frac{{{x_1}+x}}{2}$，
∴${h^'}（x）=g'（x）-{g^'}（\frac{{{x_1}+x}}{2}）＞0$
而h（x₁）=0，知x＞x₁时，h（x）＞0
故h（x₂）＞0，
即$2g（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）＜g（{x_1}）+g（{x_2}）$

点评 本题先通过对函数求导，求其极值，进而在求其最值及值域，用到分类讨论的思想方法，属于难题．