Question

13．设函数f（x）=$\frac{1}{x}-a{x}^{2}$（0＜x＜1），且对定义域内任意x₁＜x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$$＞f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，则实数a的最大值是1．

Answer 1

分析 解法一：函数f（x）=$\frac{1}{x}-a{x}^{2}$（0＜x＜1），由$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$＞$f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，代入化简可得$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+x）}$$＞a×\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{2}$，由x₁＜x₂，可得$a＜\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}$，而0＜x₁＜x₂＜1，x₁x₂（x₁+x₂）＜2，即可得出．
解法二：对定义域内任意x₁＜x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$$＞f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，可得f（x）为凹函数，因此f^″（x）≥0，在（0，1）上恒成立，解出即可．

解答 解法一：∵函数f（x）=$\frac{1}{x}-a{x}^{2}$（0＜x＜1），
$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$＞$f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，
∴$\frac{1}{2}（\frac{1}{{x}_{1}}-a{x}_{1}^{2}+\frac{1}{{x}_{2}}-a{x}_{2}^{2}）$＞$[\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}-a（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}]$，
化为$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+x）}$$＞a×\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{2}$，
∵x₁＜x₂，
∴上式化为：$a＜\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}$，
∵0＜x₁＜x₂＜1，∴x₁x₂（x₁+x₂）＜2，
∴$\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}$$＞\frac{2}{2}$=1，
∴a≤1，∴实数a的最大值为1．
解法二：∵对定义域内任意x₁＜x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$$＞f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，
∴f（x）为凹函数，
∵f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-2ax，f^″（x）=$\frac{2}{{x}^{3}}-2a$，
∴f^″（x）≥0，在（0，1）上恒成立，
∴$a≤\frac{1}{{x}^{3}}$恒成立，
∴a≤1，
因此a的最大值为：1．
故答案为：1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、凹函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．