Question

9．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$kx²-2x+klnx（k∈R）．
（1）當k=$\frac{1}{2}$時，求函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，4]上的最大值；
（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，4）上不單調，求k的取值范圍；
（3）當k=2時，設[a，b]⊆[1，2]，其中a＜b，試證明：函數(shù)φ（x）=f′（x）-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$在區(qū)間（a，b）上有唯一的零點．（參考公式：若h（x）=f（g（x）），則h′（x）=f′（g（x））•g′（x））

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉化為k≥$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立或k≤$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立，從而求出k的范圍即可；
（3）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，問題轉化為證明a-b+$\frac{2}{a}$＜$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$＜b-a+$\frac{2}$，根據(jù)函數(shù)的單調性分別證明即可．

解答 解：（1）當k=$\frac{1}{2}$時，f（x）=$\frac{1}{4}$x²-2x+$\frac{1}{2}$lnx，
則f′（x）=$\frac{{x}^{2}-4x+1}{2x}$，
由f′（x）=0，得x=2+$\sqrt{3}$或x=2-$\sqrt{3}$（舍），
列表如下：

x	$\frac{1}{2}$	（$\frac{1}{2}$，2+$\sqrt{3}$）	2+$\sqrt{3}$	（2+$\sqrt{3}$，4）	4
f′（x）		-	0	+
f（x）	-$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{15}{16}$	遞減	取極小值	遞增	ln2-4

因為f（4）-f（$\frac{1}{2}$）＜0，
所以函數(shù)f（x）在[$\frac{1}{2}$，4]上的最大值為f（$\frac{1}{2}$）=-$\frac{1}{2}$ln2-$\frac{15}{16}$；
（2）先考慮問題的反面，即若f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{2}$，4）上單調，
則f′（x）≥0對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立或f′（x）≤0對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立，
因為f′（x）=$\frac{{kx}^{2}-2x+k}{x}$，則kx²-2x+k≥0對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立
或kx²-2x+k≤0對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立．
即k≥$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立或k≤$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$對x∈（$\frac{1}{2}$，4）恒成立，
所以k≥1或k≤$\frac{8}{17}$，從而所求的k的取值范圍是（$\frac{8}{17}$，1）．
（3）證明：當k=2時，f（x）=x²-2x+2lnx，則f′（x）=2x-2+$\frac{2}{x}$，
所以φ（x）=2x-2+$\frac{2}{x}$-$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$，
則φ′（x）=2-$\frac{2}{{x}^{2}}$，因為1≤x≤2，所以φ′（x）≥0，
故φ（x）在區(qū)間[a，b]上單調遞增，從而原命題等價于：
要證明φ（a）＜0＜φ（b），
即證2a-2+$\frac{2}{a}$＜$\frac{f（b）-f（a）}{b-a}$＜2b-2+$\frac{2}$，
只要證2a-2+$\frac{2}{a}$＜$\frac{{（b}^{2}-2b+2lnb）-{（a}^{2}-2a+2lnb）}{b-a}$＜2b-2+$\frac{2}$，
只要證a-b+$\frac{2}{a}$＜$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$＜b-a+$\frac{2}$  ①，
（i）先證：$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$＜b-a+$\frac{2}$   ②，
令t=b-a，則b=t+a，所以1≤a＜t+a≤2，
只需證：2ln（1+$\frac{t}{a}$）＜t²+$\frac{2t}{a+t}$    ③，
令h（t）=t²+$\frac{2t}{a+t}$-2ln（1+$\frac{t}{a}$），（0＜t≤1），
則h′（t）=$\frac{2t{[（t+a）}^{2}-1]}{{（a+t）}^{2}}$＞0，
所以h（t）在（0，1）上單調遞增，于是h（t）＞h（0）=0，
所以③式與②式成立．
（ii）再證：a-b+$\frac{2}{a}$＜$\frac{2（lnb-lna）}{b-a}$  ④，令t=b-a，則b=t+a，
所以1≤a＜t+a≤2，只需證：-t²+$\frac{2t}{a}$＜2ln（1+$\frac{t}{a}$） ⑤，
令m（t）=2ln（1+$\frac{t}{a}$）+t²-$\frac{2t}{a}$，（0＜t≤1），
則m′（t）=$\frac{2t[a（t+a）-1]}{a（a+t）}$＞0，
所以m（t）在（0，1）上單調遞增，
于是m（t）＞m（0）=0，所以⑤式成立，從而④式也成立．
綜上所述，不等式①成立，故原命題成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，考查分類討論思想、轉化思想，是一道綜合題．