Question

15．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²
（1）求函數(shù)y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值；
（2）函數(shù)h（x）=f（x）-mx的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂，又y=h′（x）是y=h（x）的導(dǎo)函數(shù)，若正常函數(shù)α，β滿足條件α+β=1，β≥α，證明：h′（αx₁+βx₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)求極致的方法求閉區(qū)間的最值
（2）把交點代人，求出m的關(guān)系；求h′（αx₁+βx₂），利用構(gòu)造函數(shù)的方法，證明問題．

解答 解：f′（x）=$\frac{2}{x}$-2x=$\frac{2（1+x）（1-x）}{x}$，
在[$\frac{1}{2}$，1）上，f′（x）＞0，f（x）遞增，
在[1，2）上，f′（x）≤0，f（x）遞減，
∴求函數(shù)y=f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為f（1）=-1；
（2）h（x）=f（x）-mx=2lnx-x²-mx，
h′（x）=$\frac{2}{x}$-2x-m，
∵h(yuǎn)（x₁）=0，h（x₂）=0，
∴2lnx₁-x₁²-mx₁=0   ①
2lnx₂-x₂²-mx₂=0     ②
①-②得m=$\frac{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-（x₁+x₂），
h′（αx₁+βx₂）=$\frac{2}{α{x}_{1}+β{x}_{2}}$-2（αx₁+βx₂）-m，
α+β=1，β≥α知β=1-α，$α≤\frac{1}{2}$，
h′（αx₁+βx₂）=$\frac{2}{α（{x}_{1}-{x}_{2}）+{x}_{2}}$-$\frac{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}{-x}_{2}}$+（1-2α）（x₁-x₂）
∵$α≤\frac{1}{2}$，
∴（1-2α）（x₁-x₂）＜0
只需證$\frac{2}{α（{x}_{1}-{x}_{2}）+{x}_{2}}$＜$\frac{2ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}{-x}_{2}}$
即證$\frac{α（{x}_{1}-{x}_{2}）+{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞1
即（αx₁+βx₂）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜x₁-x₂，同時除以x₂得
（α$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+β）ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-1
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$
∴只需證（αt+β）lnt-t+1＜0
令r（t）=（αt+β）lnt-t+1   0＜t＜1
r′（t）=αlnt+α+$\frac{β}{t}$-1
r″（t）=$\frac{αt-β}{{t}^{2}}$＜0，r′（t）遞減
∴r′（t）＞r′（1）=α+β-1=0
∴r（t）遞增
r（t）＜r（1）=0
∴（αt+β）lnt-t+1＜0
∴h′（αx₁+βx₂）＜0．

點評 考察了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用和利用構(gòu)造函數(shù)的方法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求不等式．難度較大．