Question

17．已知函数f（x）=lnx-ax²在x=1处的切线与直线x-y+1=0垂直．
（Ⅰ）求函数y=f（x）+xf′（x）（f′（x）为f（x）的导函数）的单调递增区间；
（Ⅱ）记函数g（x）=f（x）+$\frac{3}{2}$x²-（1+b）x，设x₁，x₂（x₁＜x₂）是函数g（x）的两个极值点，若b≥$\frac{{e}^{2}+1}{e}$-1，且g（x₁）-g（x₂）≥k恒成立，求实数k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，求出g（x₁）-g（x₂）的解析式，令h（x）=lnx²-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{{2x}^{2}}$，x∈（0，$\frac{1}{e}$]，根据函数的单调性求出k的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意可得：f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax，f′（1）=1-2a=-1，可得：a=1；
又y=f（x）+xf′（x）=lnx-3x²+1，所以y′=$\frac{1-{6x}^{2}}{x}$，（x＞0），
当x∈（0，$\frac{\sqrt{6}}{6}$）时，y′＞0，y单调递增；
当x∈（$\frac{\sqrt{6}}{6}$，+∞）时，y′＜0，y单调递减；
故函数的单调增区间为（0，$\frac{\sqrt{6}}{6}$）．
（Ⅱ）g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²-（1+b）x，g′（x）=$\frac{{x}^{2}-（1+b）x+1}{x}$，
因为x₁，x₂是g（x）的两个极值点，故x₁，x₂是方程x²-（1+b）x+1=0的两个根，
由韦达定理可知：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{+x}_{2}=1+b}\\{{{x}_{1}x}_{2}=1}\end{array}\right.$；∵x₁＜x₂，可知0＜x₁＜1，又x₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=1+b≥e+$\frac{1}{e}$，
令t=x+$\frac{1}{x}$，可证t（x）在（0，1）递减，由h（x₁）≥h（$\frac{1}{e}$），从而可证0＜x₁≤$\frac{1}{e}$．
所以g（x₁）-g（x₂）=ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{2}$（x₁-x₂）（x₁+x₂）=ln${{x}_{1}}^{2}$-$\frac{1}{2}$${{x}_{1}}^{2}$+$\frac{1}{{{2x}_{1}}^{2}}$（0＜x₁≤$\frac{1}{e}$）
令h（x）=lnx²-$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{{2x}^{2}}$，x∈（0，$\frac{1}{e}$]，
h′（x）=$\frac{{-{（x}^{2}-1）}^{2}}{{x}^{3}}$≤0，所以h（x）单调减，
故h（x）_min=h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{{e}^{2}}{2}$-$\frac{1}{{2e}^{2}}$-2，
所以k≤$\frac{{e}^{2}}{2}$-$\frac{1}{{2e}^{2}}$-2，即k_max=$\frac{{e}^{2}}{2}$-$\frac{1}{{2e}^{2}}$-2．

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转化思想，函数恒成立问题，是一道中档题．