Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax²-（1-2a）x（a＞0）．
（1）若?x＞0，使得不等式f（x）＞6a²-4a成立，求實數(shù)a的取值范圍．
（2）設函數(shù)y=f（x）圖象上任意不同的兩點為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），線段AB的中點為C（x₀，y₀），記直線AB的斜率為k，證明：k＞f′（x₀）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，由條件a＞0，x＞0，求得單調(diào)區(qū)間，進而得到最大值，由存在性思想可得，a-1＞6a²-4a，解不等式即可得到a的范圍；
（2））求出直線AB的斜率為k和f′（x₀），整理后把證明k＞f′（x₀）轉(zhuǎn)化為證明$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．構(gòu)造函數(shù)g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$（x＞1），利用導數(shù)證明該函數(shù)在（1，+∞）上為增函數(shù)即可得結(jié)論．

解答 解：（1）f（x）=lnx-ax²-（1-2a）x，x＞0，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax-（1-2a）=-$\frac{（x-1）（2ax+1）}{x}$，
由a＞0，x＞0，即有2ax+1＞0，
則當0＜x＜1時，f′（x）＞0，f（x）在（0，1）遞增；
當x＞1時，f′（x）＜0，f（x）在（1，+∞）遞減．
則有x=1時，f（x）取得最大值f（1）=ln1-a-（1-2a）=a-1，
由題意可得，a-1＞6a²-4a，解得$\frac{1}{3}$＜a＜$\frac{1}{2}$，
即實數(shù)a的范圍是（$\frac{1}{3}$，$\frac{1}{2}$）；
（2）證明：不妨設x₁＞x₂＞0，
則$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}+a{{x}_{2}}^{2}-a{{x}_{1}}^{2}+（1-2a）{x}_{2}-（1-2a）{x}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-a（x₁+x₂）-（1-2a）．
f′（x₀）=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$\frac{-（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-1）（2a•\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}+1）}{\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}}$
=$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-a（x₁+x₂）+2a-1．
令g（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$ （x＞1），
g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2（x+1）-2（x-1）}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}$＞0．
∴g（x）在（1，+∞）上為增函數(shù)，
∴g（x）＞g（1）=0．
則g（$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$＞0
整理得：$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$．
∴$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$-a（x₁+x₂）-（1-2a）＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-a（x₁+x₂）+2a-1．
即k＞f′（x₀）．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的應用、導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查了函數(shù)構(gòu)造法，屬于高考試卷中的壓軸題．