Question

19．已知函数f（x）=x²-alnx-x（a≠0）
（1）若f（x）在x=$\frac{3}{4}$处取得极值，求实数a的值；
（2）若a＞0，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）是函数f（x）图象上的任意两点，记直线AB的斜率为k，求证：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＞k．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用f（x）在x=$\frac{3}{4}$处取得极值，即可求实数a的值；
（2）欲证f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＞k，只须证明：$\frac{aln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，又$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$   即需证明（1+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-2（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-1）＜0，令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），得到新函数，求导数，即可证明结论．

解答 （1）解：∵f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-x-a}{x}$，f（x）在x=$\frac{3}{4}$处取得极值，
∴$\frac{1}{2}$-$\frac{4}{3}$a=0，解得a=$\frac{3}{8}$．  …（2分）
经检验，当a=$\frac{3}{8}$时，函数f（x）在x=$\frac{3}{4}$处取得极小值．…（3分）
∴a=$\frac{3}{8}$；…（4分）
（2）证明：∵f′（x）=$\frac{2{x}^{2}-x-a}{x}$，
∴f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=x₁+x₂-$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-1
由题，k=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=（x₁+x₂）-$\frac{aln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-1 …（7分）
因为a＞0，故欲证f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＞k，只须证明：$\frac{aln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．…（8分）
又$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$?$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$   即需证明（1+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-2（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-1）＜0      …（10分）
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），则g（t）=（1+t）lnt-2t+2，g′（t）=lnt+$\frac{1}{t}$-1，g″（t）=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$＜0，
∴g′（t）在（0，1）上递减，∴g′（t）＞g′（1）=0
∴g（t）在（0，1）上递增，
∴g（t）＜g（1）=0，
∴（1+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-2（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-1）＜0成立，即f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＞k．…（12分）

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的极值，考查不等式的证明，正确转化是关键．