Question

5．设x=x₁和x=x₂是函数f（x）=1nx+$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x的两个极值点，其中x₁＜x₂，a∈R．
（1）求f（x₁）+f（x₂）的取值范围；
（2）若a≥$\sqrt{e}$+$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1，求f（x₂）-f（x₁）最大值（注：e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）确定函数f（x）的定义域，求导函数，利用极值的运用，建立方程，结合韦达定理，即可求出取值范围．
（2）设t，确定t的范围，表示出f（x₂）-f（x₁），构造新函数，利用导数法确定函数的单调性，即可求得结论．

解答 解：（1）∵f（x）=1nx+$\frac{1}{2}$x²-（a+1）x，定义域是（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+x-（a+1）=$\frac{{x}^{2}-（a+1）x+1}{x}$，
依题意，方程x²-（a+1）x+1=0有两个不等的正根x₁，x₂，且x₁＜x₂．
故$\left\{\begin{array}{l}{（a+1）^{2}-4＞0}\\{a+1＞0}\end{array}\right.$，
∴a＞1，并且x₁+x₂=a+1，x₁x₂=1．
∴f（x₁）+f（x₂）=lnx₁x₂+$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）-（a+1）（x₁+x₂）
=$\frac{1}{2}$[（x₁+x₂）²-2x₁x₂]-（a+1）（x₁+x₂）
=-$\frac{1}{2}$（a+1）²-1＜-3，
故f（x₁）+f（x₂）的取值范围是（-∞，-3）．
（2）当a≥$\sqrt{e}$+$\frac{1}{\sqrt{e}}$-1时，（a+1）²≥e+$\frac{1}{e}$+2，
若设t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$ （t＞1），
则（a+1）²=（x₁+x₂）²=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
于是有t+$\frac{1}{t}$≥e+$\frac{1}{e}$，
∴（t-e）（1-$\frac{1}{te}$）≥0，
∴t≥e，
∴f（x₂）-f（x₁）=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{2}$（${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$）-（a+1）（x₂-x₁）
=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{2}$（${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$）-（x₂+x₁）（x₂-x₁）
=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{2}$（${{x}_{2}}^{2}$-${{x}_{1}}^{2}$）
=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{2}$$\frac{{{x}_{2}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}{x}_{1}}$
=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）
=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）．
构造函数g（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）（其中t≥e），
则g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{{t}^{2}}$）=-$\frac{（t-1）^{2}}{2{t}^{2}}$＜0，
∴g（t）在[e，+∞）上单调递减，
g（t）≤g（e）=1-$\frac{e}{2}$+$\frac{1}{2e}$，
故f（x₂）-f（x₁） 的最大值是1-$\frac{e}{2}$+$\frac{1}{2e}$．

点评 本题考查导数知识的运用，考查函数的极值与最值，考查学生分析解决问题的能力．