Question

20．已知函数f（x）=ax²+（1-2a）x-lnx（a∈R）．
（1）求函数f（x）在区间[1，2]上的最大值；
（2）若A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₀，y₀）是函数f（x）图象上不同的三点，且x₀=$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，试判断f′（x₀）与$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$之间的大小关系，并证明．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=2ax+1-2a-$\frac{1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$．（x∈[1，2]）．对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性极值与最值，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）-$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．不妨设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．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

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，∴函数f（x）在x∈[1，2]上单调递增，因此x=2时，函数f（x）取得最大值，
f（2）=2-ln2．
②a≠0时，f′（x）=$\frac{2a（x-\frac{1}{-2a}）（x-1）}{x}$．
a＞0时，可得f′（x）≥0，∴函数f（x）在x∈[1，2]上单调递增，因此x=2时，函数f（x）取得最大值，f（2）=2-ln2．
$-\frac{1}{4}＜a＜0$时，$\frac{1}{-2a}$＞2，可得f′（x）≥0，∴函数f（x）在x∈[1，2]上单调递增，因此x=2时，函数f（x）取得最大值，f（2）=2-ln2．
$a=-\frac{1}{4}$时，f′（x）=$\frac{-（x-2）（x-1）}{2x}$，可得f′（x）≥0，∴函数f（x）在x∈[1，2]上单调递增，因此x=2时，函数f（x）取得最大值，f（2）=2-ln2．
$-\frac{1}{2}＜a＜-\frac{1}{4}$时，2＞$\frac{1}{-2a}$＞1．可得x=-$\frac{1}{2a}$时，函数f（x）取得最大值，f（-$\frac{1}{2a}$）=1-$\frac{1}{4a}$+ln（-2a）．
$a=-\frac{1}{2}$时，f′（x）=$\frac{-（x-1）^{2}}{x}$≤0，∴函数f（x）在x∈[1，2]上单调递减，因此x=1时，函数f（x）取得最大值，
f（1）=1-a．
a$＜-\frac{1}{2}$时，0＜$\frac{1}{-2a}$＜1，可得f′（x）≤0，∴函数f（x）在x∈[1，2]上单调递减，因此x=1时，函数f（x）取得最大值，f（1）=1-a．
综上可得：$a≥-\frac{1}{4}$时，函数f（x）取得最大值为f（2）=2-ln2．
$-\frac{1}{2}≤a＜-\frac{1}{4}$时，函数f（x）取得最大值f（-$\frac{1}{2a}$）=1-$\frac{1}{4a}$+ln（-2a）．
a$＜-\frac{1}{2}$时，函数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）-$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$=-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
不妨设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．
则g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递增．
∴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）＞$\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$．

点评 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、作差法、换元法、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．