Question

11．已知函数f（x）=alnx-x²．
（1）当a=2时，求函数y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值；
（2）令g（x）=f（x）+ax，若y=g（x）在区间（0，3）上为单调递增函数，求a的取值范围；
（3）当a=2时，函数h（x）=f（x）-mx的图象与x轴交于两点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，又h′（x）是h（x）的导函数．若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α．证明：h'（αx₁+βx₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）当a=2时，利用导数的符号求得函数的单调性，再根据函数的单调性求得函数y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值．
（2）先求得g′（x）=$\frac{a}{x}$-2x+a，因为g（x）在区间（0，3）递增，所以g'（x）≥0在 （0，3）恒成立，分离参数a，求出a的范围即可；
（3）由题意可得，f（x）-mx=0有两个实根x₁，x₂，化简可得m=$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$-（x1+x2）．可得h′（αx₁+βx₂）的解析式，由条件知（2α-1）（x₂-x₁）≤0，再用分析法证明h′（αx₁+βx₂）＜0．

解答 解：（1）∵函数f（x）=alnx-x² ，
可得当a=2时，f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{2-{2x}^{2}}{x}$，
故函数y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]是增函数，在[1，2]是减函数，
所以f（x）_max=f（1）=2ln1-12=-1．  
（2）因为g（x）=alnx-x²+ax，
所以g′（x）=$\frac{a}{x}$-2x+a，
若y=g（x）在区间（0，3）上为单调递增函数，
所以g′（x）≥0在（0，3）恒成立，
有$a≥\frac{{2{x^2}}}{x+1}$在（0，3）恒成立，
而y=$\frac{{2x}^{2}}{x+1}$，y′=$\frac{2x（x+2）}{{（x+1）}^{2}}$＞0，
故函数y=$\frac{{2x}^{2}}{x+1}$在（0，3）递增，
故y＜$\frac{9}{2}$，
综上：$a≥\frac{9}{2}$；
（3）由题意可得，h′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-m，又f（x）-mx=0有两个实根x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2l{nx}_{1}{{-x}_{1}}^{2}-{mx}_{1}=0}\\{2l{nx}_{2}{{-x}_{2}}^{2}-{mx}_{2}=0}\end{array}\right.$，两式相减，得2（lnx₁-lnx₂）-（x₁²-${{x}_{2}}^{2}$）=m（x₁-x₂），
∴m=$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$-（x₁+x₂），
于是h′（αx₁+βx₂）=$\frac{2}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-2（αx₁+βx₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+（x₁+x₂）
=$\frac{2}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$+（2α-1）（x₂-x₁），
∵β≥α，∴2α≤1，∴（2α-1）（x₂-x₁）≤0．
要证：h′（αx₁+βx₂）＜0，只需证：=$\frac{2}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＜0，
只需证：$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0．（*），
令 $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），
∴（*）化为  $\frac{1-t}{αt+β}$+lnt＜0，
只证u（t）=lnt+$\frac{1-t}{αt+β}$＜0即可，
∵u′（t）=$\frac{1}{t}$+$\frac{-（αt+β）-（1-t）α}{{（αt+β）}^{2}}$
=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{（αt+β）}^{2}}$=$\frac{{α}^{2}（t-1）（t-\frac{{β}^{2}}{{α}^{2}}）}{{t（αt+β）}^{2}}$，
又∵$\frac{{β}^{2}}{{α}^{2}}$≥1，0＜t＜1，
∴t-1＜0，∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上单调递增，
故有 u（t）＜u（1）=0，
∴lnt+$\frac{1-t}{αt+β}$＜0，
即$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{αx}_{1}+{βx}_{2}}$-ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0，
∴h′（αx₁+βx₂）＜0．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性求函数在闭区间上的最值，用分析法证明不等式，体现了转化的数学思想，属于难题．