Question

5．设函数f（x）=alnx-bx²．
（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；   
（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）-kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x₁，x₂，证明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（2）求出$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=k，问题转化为证明$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则t＞1，设h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）b=1时，f（x）=alnx-x²，定义域是（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{a-{2x}^{2}}{x}$（x＞0），
①a≤0时，a-2x²≤0，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）递减；
②a＞0时，f′（x）=$\frac{-2（x+\sqrt{\frac{a}{2}}）（x-\sqrt{\frac{a}{2}}）}{x}$，（x＞0），
x∈（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）时，f′（x）＞0，x∈（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（$\sqrt{\frac{a}{2}}$，+∞）递减，在（0，$\sqrt{\frac{a}{2}}$）递增；
证明：（2）a=1，b=0时，g（x）=f（x）-kx=lnx-kx，
由g（x）=0，得：lnx=kx，设x₁＞x₂，
∵lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
∴lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），
lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
∴$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=k，
要证明x₁x₂＞e²，只需证明lnx₁+lnx₂＞2，
即证明k（x₁+x₂）＞2，即证明k＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即证明$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则t＞1，
设h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），
则h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴函数h（t）在（1，+∞）递增，
∵h（1）=0，∴h（t）＞h（1）=0，
∴lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
∴x₁x₂＞e²．

点评 本题考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分析理解与计算能力，是一道综合题．