Question

13．已知函数f（x）=ln$\frac{1}{2x}$-ax²+x，
（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；
（2）若f（x）有两个极值点x₁，x₂，证明：f（x₁）+f（x₂）＞3-4ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调区间，从而求出函数的极值的个数；
（2）根据x₁，x₂是方程2ax²-x+1=0的两根，得到${x_1}+{x_2}=\frac{1}{2a}$，${x_1}{x_2}=\frac{1}{2a}$，求出f（x₁）+f（x₂），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由$f（x）=ln\frac{1}{2x}-a{x^2}+x=-ln2x-a{x^2}+x$，
得：${f^/}（x）=-\frac{1}{x}-2ax+1=\frac{{-2a{x^2}+x-1}}{x}，x∈（0，+∞）$，
（ⅰ）a=0时，${f^/}（x）=\frac{x-1}{x}$，
x∈（0，1），f′（x）＜0，x∈（1，+∞），f′（x）＞0，
所以x=1，f（x）取得极小值，x=1是f（x）的一个极小值点．
（ⅱ）a＜0时，△=1-8a＞0，令f′（x）=0，得${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4a}，{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4a}$
显然，x₁＞0，x₂＜0，
∴$x∈（0，{x_1}），{f^/}（x）＜0，x∈（{x_1}，+∞），{f^/}（x）＞0$，
f（x）在x=x₁取得极小值，f（x）有一个极小值点．
（ⅲ）a＞0时，△=1-8a≤0即$a≥\frac{1}{8}$时，f′（x）≤0，
f（x）在（0，+∞）是减函数，f（x）无极值点．
当$0＜a＜\frac{1}{8}$时，△=1-8a＞0，令f′（x）=0，得${x_1}=\frac{{1-\sqrt{1-8a}}}{4a}，{x_2}=\frac{{1+\sqrt{1-8a}}}{4a}$
当x∈（0，x₁）和x∈（x₂，+∞）f′（x）＜0，x∈（x₁，x₂）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在x₁取得极小值，在x₂取得极大值，所以f（x）有两个极值点．
综上可知：（ⅰ）a≤0时，f（x）仅有一个极值点；
（ⅱ） 当$a≥\frac{1}{8}$时，f（x）无极值点；
（ⅲ）当$0＜a＜\frac{1}{8}$时，f（x）有两个极值点．
（2）证明：由（1）知，当且仅当a∈（0，$\frac{1}{8}$）时，f（x）有极小值点x₁和极大值点x₂，
且x₁，x₂是方程2ax²-x+1=0的两根，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{1}{2a}$，${x_1}{x_2}=\frac{1}{2a}$，
$f（{x_1}）+f（{x_2}）=ln\frac{1}{{2{x_1}}}-a{x_1}^2+{x_1}+ln\frac{1}{{2{x_2}}}-a{x_2}^2+{x_2}$
=$-（ln2{x_1}+ln2{x_2}）-a（{x_1}^2+{x_2}^2）+（{x_1}+{x_2}）$
=$-ln\frac{2}{a}-a[\frac{1}{{4{a^2}}}-\frac{1}{a}]+\frac{1}{2a}$
=$ln\frac{a}{2}-\frac{1}{4a}+1+\frac{1}{2a}=lna+\frac{1}{4a}+1-ln2$，
设$g（a）=lna+\frac{1}{4a}+1-ln2，a∈（0，\frac{1}{8}）$，
${g^/}（a）=\frac{1}{a}-\frac{1}{{4{a^2}}}=\frac{4a-1}{{4{a^2}}}＜0$，
∴$a∈（0，\frac{1}{8}）$时，g（a）是减函数，$g（a）＞g（\frac{1}{8}）$，
∴$g（a）＞ln\frac{1}{8}+3-ln2=3-4ln2$，
∴f（x₁）+f（x₂）＞3-4ln2．

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数思想，是一道综合题．