Question

6．已知函数f（x）=lnx+x²-ax（a∈R）．
（1）当a=0时，求函数y=f（1-2x），x∈[0，$\frac{1}{2}$）的最大值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）设函数f（x）存在两个极值点，x₁，x₂，且x₁＜x₂，若0＜x₁＜$\frac{1}{2}$，求证：f（x₁）-f（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

Answer 1

分析 （1）将a=0代入函数的表达式，求出函数f（1-2x）的表达式，求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最大值；
（2）先求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，从而求出函数的单调区间；
（3）先求出f（x₁）-f（x₂）=ln2+2lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，构造函数，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最小值，从而证明结论．

解答 解：（1）a=0时，f（x）=lnx+x²，
y=f（1-2x）=ln（1-2x）+（1-2x）²．x∈[0，$\frac{1}{2}$），
则y′=$\frac{-2}{1-2x}$-4（1-2x）=-$\frac{2{[（1-2x）}^{2}+1]}{1-2x}$，
当x∈[0，$\frac{1}{2}$）时，y′＜0，
∴函数y=f（1-2x）在x∈[0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，
∴函数y=f（1-2x）在x∈[0，$\frac{1}{2}$）上的最大值为f（1）=1；
（2）∵f（x）=lnx+x²-ax，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$x-a=$\frac{{2x}^{2}-ax+1}{x}$，x＞0，
当a≤0时，f′（x）＞0，则f（x）在（0，+∞）单调递增，
当a＞0时，若a²-8≤0，即0＜a≤2$\sqrt{2}$时，f′（x）＞0，
则f（x）在（0，+∞）上单调递增，
若a²-8＞0，即a＞2$\sqrt{2}$时，
x∈（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$）和x∈（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$，+∞）时，f′（x）＞0，
x∈（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$）时，f′（x）＜0，
综上，a≤2$\sqrt{2}$时，f（x）在（0，+∞）单调递增；
a＞2$\sqrt{2}$时，f（x）在（0，$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$）和（$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$，+∞）递增，
在（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-8}}{4}$）递减；
（3）由（2）得：x₁+x₂=$\frac{a}{2}$，x₁•x₂=$\frac{1}{2}$，则x₂=$\frac{1}{{2x}_{1}}$，
f（x₁）-f（x₂）=lnx₁+${{x}_{1}}^{2}$-ax₁-lnx₂-${{x}_{2}}^{2}$+ax₂
=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+[x₁+x₂-2（x₁+x₂）（x₁-x₂）
=ln2+2lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，
令g（x₁）=ln2+2lnx₁-${{x}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{{{4x}_{1}}^{2}}$，
则g′（x）=$\frac{2}{{x}_{1}}$-2x₁-$\frac{1}{{{2x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{{（{{2x}_{1}}^{2}-1）}^{2}}{{{2x}_{1}}^{2}}$，
∵0＜x₁＜$\frac{1}{2}$，∴g′（x₁）＜0，
∴g（x₁）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递减，
∴g（x₁）＞g（$\frac{1}{2}$），而g（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{4}$-ln2，
即g（x₁）＞$\frac{3}{4}$-ln2，
∴f（x₁）-f（x₂）＞$\frac{3}{4}$-ln2．

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