Question

20．已知a＞0，函数f（x）=ax²-x，g（x）=lnx．
（1）若$a=\frac{1}{2}$，求函数y=f（x）-2g（x）的极值；
（2）设b＞0，f'（x）是f（x）的导数，g'（x）是g（x）的导数，h（x）=f'（x）+bg'（x）+1，图象的最低
点坐标为（2，8），找出最大的实数m，满足对于任意正实数x₁，x₂且x₁+x₂=1，h（x₁）h（x₂）≥m成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出a，b的值，设u=h（x₁）h（x₂）=4x₁x₂+$\frac{64}{{{x}_{1}x}_{2}}$+16（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$），令t=x₁x₂，得到$t∈（0，\frac{1}{4}]$，则$u=4t+\frac{80}{t}-32$在$t∈（0，\frac{1}{4}]$上单调递减，根据函数的单调性求出m的最大值即可．

解答 解：（1）当a=$\frac{1}{2}$时，f（x）-2g（x）=$\frac{1}{2}$x²-x-2lnx，
∴y′=f′（x）-2g′（x）=x-1-$\frac{2}{x}$=$\frac{（x-2）（x+1）}{x}$，x＞0，
令y′＞0，解得：x＞2，令y′＜0，解得：0＜x＜2，
故函数y=f（x）-2g（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
∴y=f（x）-2g（x）在x=2处取得极小值f（2）-2g（2）=-2ln2，没有极大值；
（2）由题意，得h（x）=2ax+$\frac{b}{x}$，则h（x）=2ax+$\frac{b}{x}$≥2$\sqrt{2ab}$，
当且仅当x=$\sqrt{\frac{b}{2a}}$时，等号成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\sqrt{\frac{b}{2a}}=2}\\{2\sqrt{2ab}=8}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=8}\end{array}\right.$，
∴h（x）=2x+$\frac{8}{x}$，
h（x₁）h（x₂）≥m恒成立，
设u=h（x₁）h（x₂）=4x₁x₂+$\frac{64}{{{x}_{1}x}_{2}}$+16（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$+$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）
=$4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{x_1^2+x_2^2}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{64}{{{x_1}{x_2}}}+16•\frac{{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-2{x_1}{x_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=4{x_1}{x_2}+\frac{80}{{{x_1}{x_2}}}-32$，
令t=x₁x₂，则$t={x_1}{x_2}≤{（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）^2}=\frac{1}{4}$，
即$t∈（0，\frac{1}{4}]$，则$u=4t+\frac{80}{t}-32$在$t∈（0，\frac{1}{4}]$上单调递减，
$u≥u（\frac{1}{4}）=289$，
∴最大的实数数m=289．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．