Question

10．已知函数$f（x）=xlnx-\frac{a}{2}{x^2}+1$．
（1）若y=f（x）在（0，+∞）恒单调递减，求a的取值范围；
（2）若函数y=f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），求a的取值范围并证明x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，问题转化为$a≥{（\frac{lnx+1}{x}）_{max}}x∈（0，+∞）$，令$g（x）=\frac{lnx+1}{x}x∈（0，+∞）$，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；
（2）求出函数f（x）的导数，令F（x）=f'（x）=lnx-ax+1，求出函数F（x）的导数，通过讨论a的范围求出a的范围，证明即可．

解答 解：（1）因为f'（x）=lnx-ax+1（x＞0），
所以由f'（x）≤0在（0，+∞）上恒成立得$a≥{（\frac{lnx+1}{x}）_{max}}x∈（0，+∞）$，
令$g（x）=\frac{lnx+1}{x}x∈（0，+∞）$，易知g（x）在（0，1）单调递增（1，+∞）单调递减，
所以a≥g（1）=1，
即得：a≥1…（5分）
（2）函数y=f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），
即y=f'（x）有两个不同的零点，且均为正，f'（x）=lnx-ax+1（x＞0），
令F（x）=f'（x）=lnx-ax+1，由$F'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}（x＞0）$可知
1）a≤0时，函数y=f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点．
2）a＞0时，y=F（x）在$（0，\frac{1}{a}）$是增函数在$（\frac{1}{a}，+∞）$是减函数，
此时$f（\frac{1}{a}）$为函数的极大值，也是最大值．
当$F（\frac{1}{a}）≤0$时，最多有一个零点，所以$F（\frac{1}{a}）=ln\frac{1}{a}＞0$才可能有两个零点，
得：0＜a＜1…（7分）
此时又因为$\frac{1}{e}＜\frac{1}{a}＜\frac{e^2}{a^2}$，$F（\frac{1}{e}）=-\frac{a}{e}＜0$，$F（\frac{e^2}{a^2}）=3-2lna-\frac{e^2}{a}（0＜a＜1）$，
令$φ（a）=3-2lna-\frac{e^2}{a}，φ'（a）=-\frac{2}{a}+\frac{e^2}{a^2}=\frac{{{e^2}-2a}}{a^2}＞0$，φ（a）在（0，1）上单调递增，
所以φ（a）＜φ（1）=3-e²，即$φ（\frac{e^2}{a^2}）＜0$
综上，所以a的取值范围是（0，1）…（8分）
下面证明x₁+x₂＞2
由于y=F（x）在$（0，\frac{1}{a}）$是增函数在$（\frac{1}{a}，+∞）$是减函数，$0＜{x_1}＜\frac{1}{a}$，可构造出$\frac{2}{a}-{x_1}＞\frac{1}{a}$
构造函数  $m（x）=F（\frac{2}{a}-x）-F（x）=ln（\frac{2}{a}-x）-a（\frac{2}{a}-x）-（lnx-ax）（0＜x≤\frac{1}{a}）$
则$m'（x）=\frac{1}{{x-\frac{2}{a}}}-\frac{1}{x}+2a=\frac{{2a{{（x-\frac{1}{a}）}^2}}}{{x（x-\frac{2}{a}）}}＜0$，故m（x）在区间$（0，\frac{1}{a}]$上单调减．又由于$0＜{x_1}＜\frac{1}{a}$，
则$m（{x_1}）＞m（\frac{1}{a}）=0$，即有m（x₁）＞0在$（0，\frac{1}{a}）$上恒成立，即有$F（\frac{2}{a}-{x_1}）＞F（{x_1}）=F（{x_2}）$成立．
由于${x_2}＞\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}-{x_1}＞\frac{1}{a}$，y=F（x）在$（\frac{1}{a}，+∞）$是减函数，所以${x_2}＞\frac{2}{a}-{x_1}$
所以${x_1}+{x_2}＞\frac{2}{a}＞2$成立                                          …（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．