Question

20．已知函數(shù)f（x）=ax²+（1-2a）x-lnx（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[1，2]上的最大值；
（2）若A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₀，y₀）是函數(shù)f（x）圖象上不同的三點(diǎn)，且x₀=$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，試判斷f′（x₀）與$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$之間的大小關(guān)系，并證明．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=2ax+1-2a-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$．（x∈[1，2]）．對(duì)a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，即可得出．
（2）f′（x）=2ax+1-2a-$\frac{1}{x}$，f′（x₀）=a（x₁+x₂）+1-2a-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．而$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$=a（x₁+x₂）+（1-2a）+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
作差可得f′（x₀）-$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t＞1$．由$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$=g（t），t＞1．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答 解：（1）f′（x）=2ax+1-2a-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$．（x∈[1，2]）．
①a=0，f′（x）=$\frac{x-1}{x}$，可得f′（x）≥0，∴函數(shù)f（x）在x∈[1，2]上單調(diào)遞增，因此x=2時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，
f（2）=2-ln2．
②a≠0時(shí)，f′（x）=$\frac{2a（x-\frac{1}{-2a}）（x-1）}{x}$．
a＞0時(shí)，可得f′（x）≥0，∴函數(shù)f（x）在x∈[1，2]上單調(diào)遞增，因此x=2時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，f（2）=2-ln2．
$-\frac{1}{4}＜a＜0$時(shí)，$\frac{1}{-2a}$＞2，可得f′（x）≥0，∴函數(shù)f（x）在x∈[1，2]上單調(diào)遞增，因此x=2時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，f（2）=2-ln2．
$a=-\frac{1}{4}$時(shí)，f′（x）=$\frac{-（x-2）（x-1）}{2x}$，可得f′（x）≥0，∴函數(shù)f（x）在x∈[1，2]上單調(diào)遞增，因此x=2時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，f（2）=2-ln2．
$-\frac{1}{2}＜a＜-\frac{1}{4}$時(shí)，2＞$\frac{1}{-2a}$＞1．可得x=-$\frac{1}{2a}$時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，f（-$\frac{1}{2a}$）=1-$\frac{1}{4a}$+ln（-2a）．
$a=-\frac{1}{2}$時(shí)，f′（x）=$\frac{-（x-1）^{2}}{x}$≤0，∴函數(shù)f（x）在x∈[1，2]上單調(diào)遞減，因此x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，
f（1）=1-a．
a$＜-\frac{1}{2}$時(shí)，0＜$\frac{1}{-2a}$＜1，可得f′（x）≤0，∴函數(shù)f（x）在x∈[1，2]上單調(diào)遞減，因此x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，f（1）=1-a．
綜上可得：$a≥-\frac{1}{4}$時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值為f（2）=2-ln2．
$-\frac{1}{2}≤a＜-\frac{1}{4}$時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值f（-$\frac{1}{2a}$）=1-$\frac{1}{4a}$+ln（-2a）．
a$＜-\frac{1}{2}$時(shí)，函數(shù)f（x）取得最大值，f（1）=1-a．
（2）f′（x）=2ax+1-2a-$\frac{1}{x}$，f′（x₀）=a（x₁+x₂）+1-2a-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
y₁-y₂=$a{x}_{1}^{2}$+（1-2a）x₁-lnx₁-[a${x}_{2}^{2}$+（1-2a）x₂-lnx₂]=a（x₁+x₂）（x₁-x₂）+（1-2a）（x₁-x₂）+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$．
∴$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$=a（x₁+x₂）+（1-2a）+$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
∴f′（x₀）-$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t＞1$．
由$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$=g（t），t＞1．
則g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函數(shù)g（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴g（t）＞g（1）=0．
∴$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$＞0，
∴$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＞0．
∴f′（x₀）＞$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值、作差法、換元法、方程與不等式的解法、分類討論方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．