Question

16．已知函数f（x）=2lnx-x²-mx．
（1）当m=0时，求函数f（x）的最大值；
（2）函数f（x）与x轴交于两点A（x₁，0），B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂，证明：f'（$\frac{1}{3}$x₁+$\frac{2}{3}$x₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）利用导数求出单调性，即可求最值；（2）把交点代入，求出m的关系；求h′（αx₁+βx₂），利用构造函数的方法，证明问题．

解答 解：（1）当m=0时，f（x）=2lnx-x²，求导得${f^'}（x）=\frac{2（1+x）（1-x）}{x}$，很据定义域，容易得到在x=1处取得最大值，得到函数的最大值为-1．
（2）根据条件得到$2ln{x_1}-x_1^2-m{x_1}=0$，$2ln{x_2}-x_2^2-m{x_2}=0$，两式相减得$2（ln{x_1}-ln{x_2}）-（x_1^2-x_2^2）=m（{x_1}-{x_2}）$，
得$m=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）-（x_1^2-x_2^2）}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）$，
因为${f^'}（x）=\frac{2}{x}-2x-m$，
得${f^'}（\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}）=\frac{2}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-2（\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}）-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+（{x_1}+{x_2}）$=$\frac{2}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）$，
因为0＜x₁＜x₂，所以$\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）＜0$，要证${f^'}（\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}）＜0$，
即证$\frac{2}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0$，
即证$\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-2（ln{x_1}-ln{x_2}）＞0$，即证$\frac{{2（1-\frac{x_2}{x_1}）}}{{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\frac{x_2}{x_1}}}-2ln\frac{x_1}{x_2}＞0$，
设$\frac{x_1}{x_2}=t$（0＜t＜1），原式即证$\frac{2（1-t）}{{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}t}}-2lnt＞0$，即证$\frac{6（1-t）}{1+2t}-2lnt＞0$，
构造$g（t）=-3+\frac{9}{1+2t}-2lnt$求导很容易发现为负，g（t）单调减，所以g（t）＞g（1）=0得证

点评 考察了导函数的应用和利用构造函数的方法，结合导数求不等式．难度较大，属于压轴题．