Question

14．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²（a∈R）．
（1）若a=2，求曲线y=f（x）在点[1，f（1）]处的切线方程；
（2）若函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x₁、x₂，求证：$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

Answer 1

分析 （1）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；
（2）函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x₁、x₂，即导函数g′（x）有两个不同的实数根x₁、x₂，对a进行分类讨论，令$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，构造函数φ（t），利用函数φ（t）的单调性证明不等式．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=xlnx-x²，f′（x）=lnx+1-2x，
∴f（1）=-1，f′（1）=-1，
曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=-x；
（2）g′（x）=f（x）′-1=lnx-ax，函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x₁、x₂，
即g′（x）=lnx-ax=0有两个不同的实根，
当a≤0时，g′（x）单调递增，g′（x）=0不可能有两个不同的实根；
当a＞0时，设h（x）=lnx-ax，${h}^{′}（x）=\frac{1-ax}{x}$，
若$0＜x＜\frac{1}{a}$时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
若$x＞\frac{1}{a}$时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
∴$h（\frac{1}{a}）=-lna-1$＞0，∴0$＜a＜\frac{1}{e}$．
不妨设x₂＞x₁＞0，∵${g}^{′}（{x}_{1}）={g}^{′}（{x}_{2}）=0$，∴lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
先证$\frac{1}{ln{x}_{1}}+\frac{1}{ln{x}_{2}}＞2$，即证$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}＜\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2{x}_{1}{x}_{2}}$，
即证$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＜\frac{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}}{2{x}_{2}{x}_{1}}=\frac{1}{2}（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）$
令$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞1$，即证$lnt＜\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$
设φ（t）=$lnt-\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，则φ′（t）=$\frac{2t-{t}^{2}-1}{2{t}^{2}}$=$\frac{-（t-1）^{2}}{2{t}^{2}}＜0$
函数φ（t）在（1，+∞）上单调递减，∴φ（t）＜φ（1）=0，∴证：$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2，
又∵ae＜1，∴$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

点评 本题考查了，利用导数求函数的切线，运用分类讨论，等价转化思想证明不等式．是一道导数综合题，难题较大．