Question

已知函数f（x）=2lnx-x²．
（1）求函数f（x）在[

1

2

，2]的最大值；
（2）求证：

n

k=1

2ⁿ•ln（1+2^-n）＜n+

1

2

（n∈N^*）；
（3）函数h（x）=f（x）-mx的图象与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂，若正常数α，β满足α+β=1，β≥α．求证：h′（αx₁+βx₂）＜0．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f′(x)=

2

x

-2x=

2-2x2

x

，能求出函数f（x）在[

1

2

，2]的最大值．
（2）由（1）知2lnx＜x²-1，令x=1+2^-n，得2ⁿln（1+2^-n）＜1+2^-n-1．由此能证明

n

k=1

2ⁿ•ln（1+2^-n）＜n+

1

2

（n∈N^*）．
（3）由题意知h′(x)=

2

x

-m，m=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，从而得到

1-t

αt+β

+lnt＜0，只证u（t）=lnt+

1-t

αt+β

＜0即可，由此能证明h′（αx₁+βx₂）＜0．

解答： （1）解：∵f（x）=2lnx-x²，∴f′(x)=

2

x

-2x=

2-2x2

x

，
由f′（x）=0，得x=1，或x=-1（舍）．
列表讨论：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f’（x）	+	0	-
f（x）	↑	极大值	↑

∴函数f（x）在[

1

2

，2]的最大值为f（1）=-1．
（2）证明：由（1）知2lnx-x²＜-1，
∴2lnx＜x²-1，令x=1+2^-n，
∴2ln（1+2^-n）＜（1+2^-n）²-1=2•2^-n+2^-2n，
∴2ⁿln（1+2^-n）＜1+2^-n-1．

故 n k=1 2nln(1+2-n)＜n+2-2+2-3…+2-n-1 =n+ ( 1 2 )2(1-( 1 2 )n-1) 1- 1 2 =n+ 1 2 (1-( 1 2 )n-1) ＜n+ 1 2

（3）证明：∵h（x）=f（x）-mx，
∴h′(x)=

2

x

-m，又f（x）-mx=0有两个实根x₁，x₂，
∴

2lnx1-x12-mx1=0 2lnx2-x22-mx2=0

，
两式相减，得2(lnx1-lnx2)-(x12-x22)=m(x1-x2)，
∴m=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)，
∴h′(αx1+βx2)=

2

αx1+βx2

-2（αx₁+βx₂）-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+（x₁+x₂）
=

2

αx1+βx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2α-1)（x₁-x₂），

∵β≥α

，∴2α≤1，∴(2α-1)(x2-x1)≤0，
∴

1-t

αt+β

+lnt＜0，只证u（t）=lnt+

1-t

αt+β

＜0即可，
μ′(t)=

1

t

+

-(αt+β)-(1-t)α

(αt+β)2

=

1

t

-

1

(αt+β)2

=

(αt+β)2-t

t(αt+β)2

=

α2(t-1)(t- β2 α2 )

t(αt+β)2

．
∵μ（t）＜μ（1）=0，∴lnt+

1-t

αt+β

＜0，
即

x1-x2

αt+β

+ln

x1

x2

＜0，
∴h′（αx₁+βx₂）＜0．

点评：本题考查函数最大值的求法，考查不等式的证明，解题时要认真审题，注意导数性质的灵活运用．