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> 已知函数f(x)=12x2-f′(2)x，g(x)=lnx-12x2．（I）求函数f（x）的解析式；（II）若对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，求实数a的取值范围；（III）设
已知函数f(x)=12x2-f′(2)x，g(x)=lnx-12x2．（I）求函数f（x）的解析式；（II）若对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，求实数a的取值范围；（III）设
题目简介
已知函数f(x)=12x2-f′(2)x，g(x)=lnx-12x2．（I）求函数f（x）的解析式；（II）若对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，求实数a的取值范围；（III）设
题目详情
已知函数
f(x)=
1
2
x
2
-f′(2)x
，
g(x)=lnx-
1
2
x
2
．
（I）求函数f（x）的解析式；
（II）若对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，求实数a的取值范围；
（III）设x
1
，x
2
＞0，a
1
，a
2
∈[0，1]，且a
1
+a
2
=1，求证：
x
a
1
1
x
a
2
2
≤
a
1
x
1
+
a
2
x
2
．
题型：解答题
难度：中档
来源：不详
答案
（I）因为
f(x)=
class="stub"1
2
x
2
-f′(2)x
，
所以f′（x）=x-f′（2）．（2分）
令x=2，得f′（2）=1，
所以f（x）=
class="stub"1
2
x
2
-x
．
（II）设F（x）=f（x）+g（x）=lnx-x，
则F′
(x)=
class="stub"1
x
-1
，（5分）
令F′（x）=0，解得x=1．（6分）
当x变化时，F（x）与F′（x）的变化情况如下表：
x
（0，1）
1
（1，+∞）
f′（x）
+
0
-
f（x）
↑
极小值
↓
所以当x=1时，F（x）max=F（1）=-1．（8分）
因为对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，
所以a≥-1．（9分）
（III）证明：由（II），得F（x）=lnx-x≤-1，即lnx≤x-1，
令
x=
x
1
a
1
x
1
+
a
2
x
2
，得
ln
x
1
a
1
x
1
+
a
2
x
2
≤
x
1
a
1
x
1
+
a
2
x
2
-1
，
令
x=
x
2
a
1
x
1
+
a
2
x
2
，得
ln
x
2
a
1
x
1
+
a
2
x
2
≤
x
2
a
1
x
1
+
a
2
x
2
-1
，（11分）
所以
a
1
ln
x
1
a
1
x
1
+
a
2
x
2
+
a
2
ln
x
2
a
1
x
1
+
a
2
x
2
≤
a
1
(
x
1
a
1
x
1
+
a
2
x
2
-1)+
a
2
(
x
2
a
1
x
1
+
a
2
x
2
-1)
因为a1+a2=1，
所以
a
1
ln
x
1
a
1
x
1
+
a
2
x
2
+
a
2
ln
x
2
a
1
x
1
+
a
2
x
2
≤1-
a
1
-
a
2
=0
，（13分）
所以a1lnx1-a1ln（a1x1+a2x2）+a2lnx2-a2ln（a1x1+a2x2）≤0，
即a1lnx1+a2lnx2≤（a1+a2）ln（a1x1+a2x2）=ln（a1x1+a2x2），
所以
ln(
x
a
1
1
•
x
a
2
2
)≤ln(
a
1
x
′1
+
a
2
x
2
)
，
所以
x
a
1
1
•
x
a
2
2
≤
a
1
x
1
+
a
2
x
2
（14分）
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函数y=1-22009x1+x的图象与y=f
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设函数，对于给定的正数，定义函数
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定义在R上的可导函数，已知的图象如图所示，则的增区间是（）A．B．C．D．-高三数学
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已知定义在上的可导函数的导函数为，满足，且则不等式的解集为（）A．B．C．D．-高三数学
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已知函数在上是减函数，则实数的取值范围是________.-高一数学
函数的最大值是[]A.1B.2C.D.-高一数学
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题目简介
已知函数f(x)=12x2-f′(2)x，g(x)=lnx-12x2．（I）求函数f（x）的解析式；（II）若对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，求实数a的取值范围；（III）设
题目详情
（I）求函数f（x）的解析式；
（II）若对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，求实数a的取值范围；
（III）设x1，x2＞0，a1，a2∈[0，1]，且a1+a2=1，求证：
答案
所以f′（x）=x-f′（2）．（2分）
令x=2，得f′（2）=1，
所以f（x）=
（II）设F（x）=f（x）+g（x）=lnx-x，
则F′(x)=
令F′（x）=0，解得x=1．（6分）
当x变化时，F（x）与F′（x）的变化情况如下表：
因为对于任意x∈（0，+∞），都有f（x）+g（x）≤a成立，
所以a≥-1．（9分）
（III）证明：由（II），得F（x）=lnx-x≤-1，即lnx≤x-1，
令x=
令x=
所以a1ln
因为a1+a2=1，
所以a1ln
所以a1lnx1-a1ln（a1x1+a2x2）+a2lnx2-a2ln（a1x1+a2x2）≤0，
即a1lnx1+a2lnx2≤（a1+a2）ln（a1x1+a2x2）=ln（a1x1+a2x2），
所以ln(
所以