Question

已知函数f（x）=alnx-x²．
（1）当a=2时，求函数y=f（x）在[

1

2

，2]上的最大值；
（2）令g（x）=f（x）+ax，若y=g（x）在区让（0，3）上不单调，求a的取值范围；
（3）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y=h′（x）是y=h（x）的导函数．若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α．证明h′（αx₁+βx₂）＜0．

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[

1

2

，2]上的最大值．
（2）先求得g′(x)=

a

x

-2x+a，因为g（x）在区间（0，3）上不单调，所以g'（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根．由g'（x）=0，求得a=

2x2

x+1

=2(x+1+

1

x+1

)-4∈(0，

9

2

)，由此可得a的范围．
（3）由题意可得，f（x）-mx=0有两个实根x₁，x₂，化简可得m=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)．可得h′（αx₁+βx₂）=

2

αx1+βx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2α-1)(x2-x1)，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)=

2

x

-2x=

2-2x2

x

，…（2分）
故函数y=f（x）在[

1

2

，1]是增函数，在[1，2]是减函数，
所以f(x)max=f(1)=2ln1-12=-1．  …（4分）
（2）因为g（x）=alnx-x²+ax，所以g′(x)=

a

x

-2x+a．…（5分）
因为g（x）在区间（0，3）上不单调，所以g'（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，
由g'（x）=0，有a=

2x2

x+1

=

(x+1)2-2(x+1)+1

x+1

=2(x+1+

1

x+1

)-4∈(0，

9

2

)，（x∈（0，3）），…（6分）
综上可得，a∈(0，

9

2

)．…（8分）
（3）由题意可得，h′(x)=

2

x

-2x-m，又f（x）-mx=0有两个实根x₁，x₂，
∴

2lnx1- x 2 1 -mx1=0 2lnx2- x 2 2 -mx2=0

，两式相减，得2(lnx1-lnx2)-(x12-

x

2 2

)=m(x1-x2)，
∴m=

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

-(x1+x2)．…（10分）
于是h′(αx1+βx2)=

2

αx1+βx2

-2(αx1+βx2)-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(x1+x2)=

2

αx1+βx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

+(2α-1)(x2-x1)．  …（11分）
∵β≥α，∴2α≤1，∴（2α-1）（x₂-x₁）≤0．
要证：h′（αx₁+βx₂）＜0，只需证：

2

αx1+βx2

-

2(lnx1-lnx2)

x1-x2

＜0，
只需证：

x1-x2

αx1+βx2

-ln

x1

x2

＞0．（*）  …（12分）
令

x1

x2

=t∈(0，1)，∴（*）化为 

1-t

αt+β

+lnt＜0，只证u(t)=lnt+

1-t

αt+β

＜0即可．…（13分）
∵u′(t)=

1

t

+

-(αt+β)-(1-t)α

(αt+β)2

=

1

t

-

1

(αt+β)2

=

(αt+β)2-t

t(αt+β)2

=

α2(t-1)(t- β2 α2 )

t(αt+β)2

，…（14分）
又∵

β2

α2

≥1，0＜t＜1，∴t-1＜0，∴u′（t）＞0，∴u（t）在（0，1）上单调递增，…（15分）
故有 u（t）＜u（1）=0，∴lnt+

1-t

αt+β

＜0，即

x1-x2

αt+β

+ln

x1

x2

＜0．
∴h′（αx₁+βx₂）＜0．…（16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．