Question

9．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$kx²-2x+klnx（k∈R）．
（1）当k=$\frac{1}{2}$时，求函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，4]上的最大值；
（2）若函数f（x）在区间（$\frac{1}{2}$，4）上不单调，求k的取值范围；
（3）当k=2时，设[a，b]⊆[1，2]，其中a＜b，试证明：函数φ（x）=f′（x）-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$在区间（a，b）上有唯一的零点．（参考公式：若h（x）=f（g（x）），则h′（x）=f′（g（x））•g′（x））

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值即可；
（2）求出函数的导数，问题转化为k≥$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立或k≤$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立，从而求出k的范围即可；
（3）求出函数f（x）的导数，问题转化为证明a-b+$\frac{2}{a}$＜$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$＜b-a+$\frac{2}{b}$，根据函数的单调性分别证明即可．

解答 解：（1）当k=$\frac{1}{2}$时，f（x）=$\frac{1}{4}$x²-2x+$\frac{1}{2}$lnx，
则f′（x）=$\frac{{x}^{2}-4x+1}{2x}$，
由f′（x）=0，得x=2+$\sqrt{3}$或x=2-$\sqrt{3}$（舍），
列表如下：

x	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，2+$\sqrt{3}$）	2+$\sqrt{3}$	（2+$\sqrt{3}$，4）	4
f′（x）		-	0	+
f（x）	-$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{15}{16}$	递减	取极小值	递增	ln2-4

因为f（4）-f（$\frac{1}{2}$）＜0，
所以函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，4]上的最大值为f（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{15}{16}$；
（2）先考虑问题的反面，即若f（x）在区间（$\frac{1}{2}$，4）上单调，
则f′（x）≥0对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立或f′（x）≤0对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立，
因为f′（x）=$\frac{{kx}^{2}-2x+k}{x}$，则kx²-2x+k≥0对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立
或kx²-2x+k≤0对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立．
即k≥$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立或k≤$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$对x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立，
所以k≥1或k≤$\frac{8}{17}$，从而所求的k的取值范围是（$\frac{8}{17}$，1）．
（3）证明：当k=2时，f（x）=x²-2x+2lnx，则f′（x）=2x-2+$\frac{2}{x}$，
所以φ（x）=2x-2+$\frac{2}{x}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$，
则φ′（x）=2-$\frac{2}{{x}^{2}}$，因为1≤x≤2，所以φ′（x）≥0，
故φ（x）在区间[a，b]上单调递增，从而原命题等价于：
要证明φ（a）＜0＜φ（b），
即证2a-2+$\frac{2}{a}$＜$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜2b-2+$\frac{2}{b}$，
只要证2a-2+$\frac{2}{a}$＜$\frac{{（b}^{2}-2b+2lnb）-{（a}^{2}-2a+2lnb）}{b-a}$＜2b-2+$\frac{2}{b}$，
只要证a-b+$\frac{2}{a}$＜$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$＜b-a+$\frac{2}{b}$  ①，
（i）先证：$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$＜b-a+$\frac{2}{b}$   ②，
令t=b-a，则b=t+a，所以1≤a＜t+a≤2，
只需证：2ln（1+$\frac{t}{a}$）＜t²+$\frac{2t}{a+t}$    ③，
令h（t）=t²+$\frac{2t}{a+t}$-2ln（1+$\frac{t}{a}$），（0＜t≤1），
则h′（t）=$\frac{2t{[（t+a）}^{2}-1]}{{（a+t）}^{2}}$＞0，
所以h（t）在（0，1）上单调递增，于是h（t）＞h（0）=0，
所以③式与②式成立．
（ii）再证：a-b+$\frac{2}{a}$＜$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$  ④，令t=b-a，则b=t+a，
所以1≤a＜t+a≤2，只需证：-t²+$\frac{2t}{a}$＜2ln（1+$\frac{t}{a}$） ⑤，
令m（t）=2ln（1+$\frac{t}{a}$）+t²-$\frac{2t}{a}$，（0＜t≤1），
则m′（t）=$\frac{2t[a（t+a）-1]}{a（a+t）}$＞0，
所以m（t）在（0，1）上单调递增，
于是m（t）＞m（0）=0，所以⑤式成立，从而④式也成立．
综上所述，不等式①成立，故原命题成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．