Question

7．已知函数f（x）=xlnx-ax²+$\frac{1}{2}$．
（I） 当a=$\frac{1}{2}$时，判断f（x）在其定义上的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x₁，x₂，其中x₁＜x₂．求证：
（i）f（x₂）＞0；
（ii）x₁+x₂＞$\frac{1}{a}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，得到导函数的单调性，求出f′（x）_max=f′（1）=0，从而求出函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）（i）函数f'（x）=lnx+1-2ax，x＞0有两个零点x₁，x₂，讨论a＞0，a≤0，再求导数，得到f′（$\frac{1}{2a}$）＞0，从而0＜a＜$\frac{1}{2}$，再讨论f（x）的单调性，即可得证；（ii）得到ln（x₁x₂）+2=$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}$•ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，问题转化为证明lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜0在（0，1）恒成立，根据函数的单调性证明即可．

解答 （Ⅰ）解：函数f（x）的定义域是（0，+∞），
a=$\frac{1}{2}$时，f（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，f′（x）=lnx+1-x，f″（x）=$\frac{1-x}{x}$，
当0＜x＜1时，f″（x）＞0，当x＞1时，f″（x）＜0，
∴f′（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴f′（x）_max=f′（1）=0，
∴f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）递减；
（Ⅱ）证明：（i）∵f′（x）=lnx+1-2ax，
∴由函数f（x）有两个极值点x₁，x₂
得函数f′（x）=lnx+1-2ax，x＞0有两个零点x₁，x₂
∵f″（x）=$\frac{1}{x}$-2a=$\frac{1-2ax}{x}$，
当a≤0时，有f″（x）＞0此时f′（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，
∴不符合，
∴a＞0此时x∈（0，$\frac{1}{2a}$）时，f″（x）＞0，x∈（$\frac{1}{2a}$，+∞）时，f″（x）＜0
∴f′（x）在x∈（0，$\frac{1}{2a}$）上单调递增，在x∈（$\frac{1}{2a}$，+∞）上单调递减
又f′（x）有两个零点x₁，x₂，
∴f′（$\frac{1}{2a}$）＞0，∴ln$\frac{1}{2a}$＞0，∴$\frac{1}{2a}$＞1，∴0＜a＜$\frac{1}{2}$，
∴当x∈（0，x₁）时，f′（x）＜0，当x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＞0，
当x∈（x₂，+∞）时，f′（x）＜0
∴f（x）在x∈（0，x₁）上单调递减，在x∈（x₁，x₂）上单调递增，
在x∈（x₂，+∞）上单调递减
又f′（1）=1-2a＞0，∴1∈（x₁，x₂）
∴f（x2）＞f（1）=-a+$\frac{1}{2}$＞0；
（ii）由（i）得：0＜a＜$\frac{1}{2}$，
且lnx₁+1=2ax₁，lnx₂+1=2ax₂，
∴lnx₁+lnx₂+2=2a（x₁+x₂），
lnx₁-lnx₂=2a（x₁-x₂），
∴ln（x₁x₂）+2=$\frac{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}$•ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则0＜t＜1，且lnx₁x₂+2=$\frac{t+1}{t-1}$•lnt…①，
而lnx₁+lnx₂+2=2a（x₁+x₂）…②，
由①②，可得x₁+x₂＞$\frac{1}{a}$?2a（x₁+x₂）＞2
?lnx₁+lnx₂+2＞2?$\frac{t+1}{t-1}$•lnt＞2
?lnt＜$\frac{2（t-1）}{t+1}$?lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜0，
下面证明：当t∈（0，1）时，lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜0，
令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴h（t）在（0，1）递增，h（t）＜h（1）=0，
∴lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜0，
∴x₁+x₂＞$\frac{1}{a}$．

点评 题考查导数的综合运用：求切线方程，求单调区间、求极值，考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，以及构造函数的能力，运算求解的能力．