题目内容

9．已知函数f（x）=alnx-x2．
（1）当a=2时，求函数y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值；
（2）令g（x）=f（x）+ax，若y=g（x））在区间（0，3）上为单调递增函数，求a的取值范围；
（3）当a=2时，函数h（x）=f（x）-mx的图象与x轴交于两点A（x1，0），B（x2，0），且0＜x1＜x2，又h′（x）是h（x）的导函数．若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α．试比较h'（αx1+βx2）与0的关系，并给出理由．

分析 （1）当a=2时，利用导数的符号求得函数的单调性，再根据函数的单调性求得函数y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值；
（2）先求得g′（x）=$\frac{a}{x}$-2x+a，因为g（x）在区间（0，3）上单调递增，所以g'（x）≥0在（0，3）上恒成立，运用参数分离和函数的单调性，求得右边函数的范围，由此可得a的范围；
（3）h′（αx1+βx2）＜0．理由：由题意可得，f（x）-mx=0有两个实根x1，x2，化简可得m=$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x1+x2），可得h'（αx1+βx2）=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-2（αx1+βx2）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（x1+x2）=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$--$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（2α-1）（x2-x1），由条件知（2α-1）（x2-x1）≤0，再用分析法证明h′（αx1+βx2）＜0．

解答 解：（1）∵f（x）=2lnx-x2，
可得$f'（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{{2-2{x^2}}}{x}$，
函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]是增函数，在[1，2]是减函数，
所以f（1）取得最大值，且为-1；    
（2）因为g（x）=alnx-x2+ax，
所以g′（x）=$\frac{a}{x}$-2x+a，
因为g（x）在区间（0，3）上单调递增，
所以g'（x）≥0在（0，3）上恒成立，
即有a≥$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$在（0，3）的最大值，
由y=$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$的导数为y′=$\frac{2{x}^{2}+4x}{（x+1）^{2}}$＞0，
则函数y=$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$在（0，3）递增，可得y＜$\frac{9}{2}$，
则a≥$\frac{9}{2}$；
（3）由题意可得，h′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-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=$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x1+x2），
于是h'（αx1+βx2）=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-2（αx1+βx2）-m
=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-2（αx1+βx2）-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（x1+x2）
=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$--$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+（2α-1）（x2-x1），
∵β≥α，∴2α≤1，∴（2α-1）（x2-x1）≤0．
可得h′（αx1+βx2）＜0．
要证：h′（αx1+βx2）＜0，
只需证：$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-$\frac{2（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜0，
只需证：$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0．（*）  
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），
∴（*）化为$\frac{1-t}{αt+β}$+lnt＜0，
只证u（t）=$\frac{1-t}{αt+β}$+lnt即可．
∵u′（t）=$\frac{1}{t}$+$\frac{-（αt+β）-（1-t）α}{（αt+β）^{2}}$=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{（αt+β）^{2}}$=$\frac{{α}^{2}（t-1）（t-\frac{{β}^{2}}{{α}^{2}}）}{t（αt+β）^{2}}$，
又∵$\frac{{β}^{2}}{{α}^{2}}$≥1，0＜t＜1，∴t-1＜0，∴u′（t）＞0，
∴u（t）在（0，1）上单调递增，
故有 u（t）＜u（1）=0，∴$\frac{1-t}{αt+β}$+lnt＜0，
即$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞0．
∴h′（αx1+βx2）＜0．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性求函数在闭区间上的最值，用分析法证明不等式，体现了转化的数学思想，属于难题．

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