Question

1．已知函数f（x）=ax²-lnx，g（x）=（1-2a）x，a∈R．
（1）若f（x）有极小值$\frac{1}{2}$，求a的值；
（2）若a＞0，且不等式ln（x+$\frac{1}{a}$）-x＜-g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若a＞0，记函数φ（x）=f（x）+g（x）的图象为曲线C，设点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲线C上不同的两点（x₁＜x₂），且直线AB的斜率为k，求证：φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，对a讨论，①当a≤0时，②当a＞0时，讨论函数的单调性，即可判断极值，求得a；
（2）由题意可得ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax＜0，令h（x）=ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax，求出导数，求得最大值，解不等式即可得到a的范围；
（3）先求导，根据题意，由直线的斜率公式可得k的值，利用分析法证明φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k．转化为只需要证明$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$，再构造函数m（t），判断函数在（0，1）上单调性，问题得以证明．

解答 解：（1）由题意，函数f（x）=ax²-lnx的定义域为（0，+∞）；
f′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}-1}{x}$；
①当a≤0时，f′（x）＜0，故f（x）没有极值；
②当a＞0时，f′（x）先负后正，
故f（x）在（0，$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）上是减函数，在（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$，+∞）上是增函数，
故f（$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$）=a•$\frac{1}{2a}$-ln$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$=$\frac{1}{2}$；故$\frac{\sqrt{2a}}{2a}$=1；
故a=$\frac{1}{2}$；
（2）若a＞0，且不等式ln（x+$\frac{1}{a}$）-x＜-g（x）恒成立，
即为ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax＜0，
令h（x）=ln（x+$\frac{1}{a}$）-2ax，h′（x）=$\frac{1}{x+\frac{1}{a}}$-2a=$\frac{-1-2ax}{x+\frac{1}{a}}$，
由于-$\frac{1}{2a}$＞-$\frac{1}{a}$，即有当x＞-$\frac{1}{2a}$，h′（x）＜0，h（x）递减，
当-$\frac{1}{a}$＜x＜-$\frac{1}{2a}$，h′（x）＞0，h（x）递增．
则h（x）在x=-$\frac{1}{2a}$处取得最大值，且为1+ln$\frac{1}{2a}$，
即有1+ln$\frac{1}{2a}$＜0，
解得a＞$\frac{e}{2}$；
（3）∵φ（x）=f（x）+g（x）=ax²-lnx+（1-2a）x，
φ′（x）=2ax-$\frac{1}{x}$+（1-2a），
∴φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）=a•$\frac{2（{x}_{1}+2{x}_{2}）}{3}$-$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$+1-2a，
由题意得，k=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{a（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}）-（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）+（1-2a）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=a（x₁+x₂）-$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-2a+1，
则φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）-k=a•$\frac{2（{x}_{1}+2{x}_{2}）}{3}$-$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$+1-2a-a（x₁+x₂）+$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$+2a-1
=$\frac{a（{x}_{2}-{x}_{1}）}{3}$-$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$+$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
注意到a＞0，$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{3}$＞0，
故欲证φ′（ $\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k，
只须证明$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{3}{{x}_{1}+2{x}_{2}}$，
令$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=t∈（0，1），m（t）=lnt-$\frac{3（t-1）}{t+2}$，
则m′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{9}{（t+2）^{2}}$=$\frac{（t-1）（t-4）}{t（t+2）^{2}}$＞0 
故m（t）在（0，1）上单调递增．                                            
即lnt＜$\frac{3（t-1）}{t+2}$，
即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{3（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2}$．
故φ′（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{3}$）＞k．

点评 本题主要考查函数单调性的应用、导数在最大值、最小值问题中的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，考查了函数构造法，属于高考试卷中的压轴题．