Question

10．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）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．试问：h′（αx₁+βx₂）＜0是否恒成立，请说明理由．

Answer 1

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）由题意可得，f（x）-mx=0有两个实根x₁，x₂，化简可得$m=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）$．可得h′（αx₁+βx₂）=$\frac{2}{{α{x_1}+β{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+（2α-1）（{x_2}-{x_1}）$，由条件知（2α-1）（x₂-x₁）≤0，再用分析法证明h′（αx₁+βx₂）＜0．

解答 解：（1）∵函数f（x）=alnx-x² ，可得当a=2时，${f^'}（x）=\frac{2}{x}-2x=\frac{{2-2{x^2}}}{x}$，…（2分）
故函数y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，1]是增函数，在[1，2]是减函数，
所以$f{（x）_{max}}=f（1）=2ln1-{1^2}=-1$．  …（4分）
（2）h′（αx₁+βx₂）＜0可以恒成立．
证明：由题意可得，${h^'}（x）=\frac{2}{x}-2x-m$，又f（x）-mx=0有两个实根x₁，x₂，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{2ln{x_1}-x_1^2-m{x_1}=0}\\{2ln{x_2}-x_2^2-m{x_2}=0}\end{array}}\right.$，两式相减，得$2（ln{x_1}-ln{x_2}）-（{x_1}^2-x_2^2）=m（{x_1}-{x_2}）$，
∴$m=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）$．…（6分）
于是${h^'}（α{x_1}+β{x_2}）=\frac{2}{{α{x_1}+β{x_2}}}-2（α{x_1}+β{x_2}）-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+（{x_1}+{x_2}）$=$\frac{2}{{α{x_1}+β{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+（2α-1）（{x_2}-{x_1}）$ …（8分）
∵β≥α，∴2α≤1，
∴（2α-1）（x₂-x₁）≤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：$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{α{x_1}+β{x_2}}}-ln\frac{x_1}{x_2}＞0$．（*）  …（10分）
令$\frac{x_1}{x_2}=t∈（0，1）$，∴（*）化为 $\frac{1-t}{αt+β}+lnt＜0$，只证$u（t）=lnt+\frac{1-t}{αt+β}＜0$即可．…（11分）
∵${u^'}（t）=\frac{1}{t}+\frac{-（αt+β）-（1-t）α}{{{{（αt+β）}^2}}}=\frac{1}{t}-\frac{1}{{{{（αt+β）}^2}}}=\frac{{{{（αt+β）}^2}-t}}{{t{{（αt+β）}^2}}}=\frac{{{α^2}（t-1）（t-\frac{β^2}{α^2}）}}{{t{{（αt+β）}^2}}}$，…（12分）
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，…（13分）
故有 u（t）＜u（1）=0，
∴$lnt+\frac{1-t}{αt+β}＜0$，即$\frac{{{x_1}-{x_2}}}{αt+β}+ln\frac{x_1}{x_2}＜0$．
∴h′（αx₁+βx₂）＜0恒成立．…（14分）

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．