Question

16．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²-mx．
（1）當m=0時，求函數(shù)f（x）的最大值；
（2）函數(shù)f（x）與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0）且0＜x₁＜x₂，證明：f'（$\frac{1}{3}$x₁+$\frac{2}{3}$x₂）＜0．

Answer 1

分析 （1）利用導數(shù)求出單調(diào)性，即可求最值；（2）把交點代入，求出m的關系；求h′（αx₁+βx₂），利用構造函數(shù)的方法，證明問題．

解答 解：（1）當m=0時，f（x）=2lnx-x²，求導得${f^'}（x）=\frac{2（1+x）（1-x）}{x}$，很據(jù)定義域，容易得到在x=1處取得最大值，得到函數(shù)的最大值為-1．
（2）根據(jù)條件得到$2ln{x_1}-x_1^2-m{x_1}=0$，$2ln{x_2}-x_2^2-m{x_2}=0$，兩式相減得$2（ln{x_1}-ln{x_2}）-（x_1^2-x_2^2）=m（{x_1}-{x_2}）$，
得$m=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）-（x_1^2-x_2^2）}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}+{x_2}）$，
因為${f^'}（x）=\frac{2}{x}-2x-m$，
得${f^'}（\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}）=\frac{2}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-2（\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}）-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+（{x_1}+{x_2}）$=$\frac{2}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}+\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）$，
因為0＜x₁＜x₂，所以$\frac{1}{3}（{x_1}-{x_2}）＜0$，要證${f^'}（\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}）＜0$，
即證$\frac{2}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-\frac{{2（ln{x_1}-ln{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＜0$，
即證$\frac{{2（{x_1}-{x_2}）}}{{\frac{1}{3}{x_1}+\frac{2}{3}{x_2}}}-2（ln{x_1}-ln{x_2}）＞0$，即證$\frac{{2（1-\frac{x_2}{x_1}）}}{{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\frac{x_2}{x_1}}}-2ln\frac{x_1}{x_2}＞0$，
設$\frac{x_1}{x_2}=t$（0＜t＜1），原式即證$\frac{2（1-t）}{{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}t}}-2lnt＞0$，即證$\frac{6（1-t）}{1+2t}-2lnt＞0$，
構造$g（t）=-3+\frac{9}{1+2t}-2lnt$求導很容易發(fā)現(xiàn)為負，g（t）單調(diào)減，所以g（t）＞g（1）=0得證

點評 考察了導函數(shù)的應用和利用構造函數(shù)的方法，結合導數(shù)求不等式．難度較大，屬于壓軸題．