Question

17．已知函数f（x）=alnx+bx-x²
（Ⅰ）当a=b=1时，求方程f（x）=0的解；
（Ⅱ）当a=2时，f（x）的图象与x轴交于两点A（x₁，0），B（x₂，0）（0＜x₁＜x₂），常数p∈（0，$\frac{1}{2}$），求证：f′[px₁+（1-p）x₂]＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将a，b的值代入函数f（x）的表达式，求出函数的导数，从而得到函数的单调区间，进而求出方程的根；
（Ⅱ）将a=2代入函数f（x）的表达式，求出函数f（x）的导数，得到b=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，故只需证$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＜0即可证出结论．

解答 解：（Ⅰ）当a=b=1时，f（x）=lnx+x-x²（x＞0），
则f′（x）=$\frac{1}{x}$+1-2x=-$\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减，
从而f（1）=0为f（x）在（0，+∞）上唯一的极大值，即为最大值，
故方程f（x）=0有且只有一个根x=1；
（Ⅱ）当a=2时，f（x）=2lnx+bx-x²，
f′（x）=$\frac{2}{x}$+b-2x，
由题意得：2lnx₁+bx₁-${{x}_{1}}^{2}$=0，2lnx₂+bx₂-${{x}_{2}}^{2}$=0，
作差得：b=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$
令q=1-p，则q＞$\frac{1}{2}$＞p＞0，
则f′[px₁+（1-p）x₂]
=f′（px₁+qx₂）
=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$+（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$-2（px₁+qx₂）
=$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$+（p-q）（x₂-x₁）
∵p-q＜0，x₂-x₁＞0，∴（p-q）（x₂-x₁）＜0，
故只需证$\frac{2}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-$\frac{2（l{nx}_{2}-l{nx}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＜0
?$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{{px}_{1}+{qx}_{2}}$-（lnx₂-lnx₁）＜0
?$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{q•\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+p}$-ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜0（*），
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，构造函数g（t）=lnt-$\frac{t-1}{qt+p}$（t＞1），
则g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{{（qt+p）}^{2}}$=$\frac{{（q}^{2}t{-p}^{2}）（t-1）}{{t（qt+p）}^{2}}$＞0，
故g（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（t）＞g（1）=0，即（*）式成立，
∴f′[px₁+（1-p）x₂]＜0成立．

点评 本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，考查不等式的证明，本题是一道难题．