Question

13．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}-a{x}^{2}$（0＜x＜1），且對定義域內(nèi)任意x₁＜x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$$＞f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，則實數(shù)a的最大值是1．

Answer 1

分析 解法一：函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}-a{x}^{2}$（0＜x＜1），由$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$＞$f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，代入化簡可得$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+x）}$$＞a×\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{2}$，由x₁＜x₂，可得$a＜\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}$，而0＜x₁＜x₂＜1，x₁x₂（x₁+x₂）＜2，即可得出．
解法二：對定義域內(nèi)任意x₁＜x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$$＞f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，可得f（x）為凹函數(shù)，因此f^″（x）≥0，在（0，1）上恒成立，解出即可．

解答 解法一：∵函數(shù)f（x）=$\frac{1}{x}-a{x}^{2}$（0＜x＜1），
$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$＞$f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，
∴$\frac{1}{2}（\frac{1}{{x}_{1}}-a{x}_{1}^{2}+\frac{1}{{x}_{2}}-a{x}_{2}^{2}）$＞$[\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}-a（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）^{2}]$，
化為$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+x）}$$＞a×\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{2}$，
∵x₁＜x₂，
∴上式化為：$a＜\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}$，
∵0＜x₁＜x₂＜1，∴x₁x₂（x₁+x₂）＜2，
∴$\frac{2}{{x}_{1}{x}_{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）}$$＞\frac{2}{2}$=1，
∴a≤1，∴實數(shù)a的最大值為1．
解法二：∵對定義域內(nèi)任意x₁＜x₂，都有$\frac{f（{x}_{1}）+f（{x}_{2}）}{2}$$＞f（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}）$，
∴f（x）為凹函數(shù)，
∵f′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-2ax，f^″（x）=$\frac{2}{{x}^{3}}-2a$，
∴f^″（x）≥0，在（0，1）上恒成立，
∴$a≤\frac{1}{{x}^{3}}$恒成立，
∴a≤1，
因此a的最大值為：1．
故答案為：1．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、凹函數(shù)的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．