Question

10．已知函数$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}-x+alnx，a∈R$．
（Ⅰ）若a=-2，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当$0＜a＜\frac{2}{9}$，函数f（x）的两个极值点为x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}＞-\frac{5}{12}-\frac{1}{3}ln3$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导函数，切线斜率k=f′（1），利用切线的定义，即可求出切线方程；
（Ⅱ）由函数由极值，利用韦达定理求得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=1}\\{{x}_{1}{x}_{2}=a}\end{array}\right.$，化简$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}$，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性求得最值，即可证明

解答 解：（Ⅰ）若a=2，则f（x）=$\frac{1}{2}{x}^{2}-x-2lnx$，导数f′（x）=x-1-$\frac{2}{x}$，
又f（1）=-$\frac{1}{2}$，f′（1）=-2，
即有曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y+$\frac{1}{2}$=-2（x-1），
即为4x+2y-3=0为所求．
（Ⅱ）由函数f（x）有两个极值点，则f′（x）=0，在x＞0有两个不等的实根，
则x²-x+a=0有两个不相等的实根x₁，x₂，
则△=1-4a＞0时，即a＜$\frac{1}{4}$，且x₁+x₂=1，x₁x₂=a，
由0＜a＜$\frac{2}{9}$，则0＜x₁（1-x₁）＜$\frac{2}{9}$ 解得：x₁∈（0，$\frac{1}{3}$），
则$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{2}}=\frac{\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}+aln{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}-{x}_{1}}{{x}_{2}}+{x}_{1}ln{x}_{1}$，
由x∈（0，$\frac{1}{3}$），令g（x）=$\frac{\frac{1}{2}{x}^{2}-x}{1-x}+xlnx$，
g′（x）=-$\frac{1}{2（x-1）^{2}}-\frac{1}{2}+1+lnx$=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2（x-1）^{2}}+lnx$，
∵x$∈（0，\frac{1}{3}）$，∴lnx＜0，2（x-1）²＜2，
∴g′（x）=$\frac{1}{2}-\frac{1}{2（x-1）^{2}}+lnx$＜0，
∴g（x）在（0，$\frac{1}{3}$）上单调递减，g（x）$＞g（\frac{1}{3}）$=-$\frac{5}{12}$+$\frac{1}{3}ln\frac{1}{3}$=-$\frac{5}{12}-\frac{1}{3}ln3$，
∴$\frac{{f（{x_1}）}}{x_2}＞-\frac{5}{12}-\frac{1}{3}ln3$．

点评 本题考查导数的几何意义及综合应用，考查函数单调性及最值与导数的关系，考查一元二次方程根与系数的关系，二次函数恒成立，考查转化思想，属于中档题．