Question

11．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+lnx，g（x）=-bx，设h（x）=f（x）-g（x）                     
（1）若f（x）在x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$处取得极值，且f′（x）=g（$\frac{1}{x}$）-2x，求函数h（x）的单调区间．
（2）若a=0时函数h（x）有两个不同的零点x₁，x₂ ①求b的取值范围；②求证：$\frac{{x}_{1}•{x}_{2}}{{e}^{2}}$＞1．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，根据函数单调性，极值和导数之间的关系进行求解即可；
（2）若a=0时函数h（x）=lnx+bx，根据函数h（x）有两个不同的零点x₁，x₂．构造函数，求出函数的导数，即可得到结论．

解答 解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
函数的导数为f′（x）=ax+$\frac{1}{x}$，
∵f（x）在x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$处取得极值，
∴f′（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=0，即$\frac{\sqrt{2}}{2}$a+$\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=0，解得a=-2，
即f′（x）=-2x+$\frac{1}{x}$，
又f′（x）=g（$\frac{1}{x}$）-2x，
即-2x+$\frac{1}{x}$=-$\frac{b}{x}$-2x，
则b=-1，即g（x）=x，
则h（x）=f（x）-g（x）=-x²+lnx-x，（x＞0），
则h′（x）=-2x+$\frac{1}{x}$-1=$\frac{-2{x}^{2}-x+1}{x}$=$\frac{-（2{x}^{2}+x-1）}{x}$，
由h′（x）＞0得0＜x＜$\frac{1}{2}$，此时函数单调递增，增区间为（0，$\frac{1}{2}$），
由h′（x）＜0得x＞$\frac{1}{2}$，此时函数单调递减，减区间为（$\frac{1}{2}$，+∞）．
（2）若a=0，则f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+lnx=lnx，
则h（x）=lnx+bx，其定义域为（0，+∞）
①由h（x）=0得$b=-\frac{lnx}{x}$，记$φ（x）=-\frac{lnx}{x}$，则$φ′（x）=\frac{lnx-1}{x^2}$
∴$φ（x）=-\frac{lnx}{x}$在（0，e）单调减，在（e，+∞）单调增，
∴当x=e时$φ（x）=-\frac{lnx}{x}$取得最小值$-\frac{1}{e}$
又φ（1）=0，所以x∈（0，1）时φ（x）＞0，而x∈（1，+∞）时φ（x）＜0
∴b的取值范围是（$-\frac{1}{e}$，0）
②由题意得lnx₁+bx₁=0，lnx₂+bx₂=0
∴lnx₁x₂+b（x₁+x₂）=0，lnx₂-lnx₁+b（x₂-x₁）=0
∴$\frac{{ln{x_1}{x_2}}}{{ln{x_2}-ln{x_1}}}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，不妨设x₁＜x₂
要证${x_1}{x_2}＞{e^2}$，只需要证$ln{x_1}{x_2}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_2}-{x_1}}}（ln{x_2}-ln{x_1}）＞2$
即证$ln{x_2}-ln{x_1}＞\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_2}+{x_1}}}$，设$t=\frac{x_2}{x_1}（t＞1）$
则$F（t）=lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}=lnt+\frac{4}{t+1}-2$
∴$F′（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$
∴函数F（t）在（1，+∞）上单调递增，而F（1）=0，
∴F（t）＞0即$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$
∴${x_1}{x_2}＞{e^2}$．
即$\frac{{x}_{1}•{x}_{2}}{{e}^{2}}$＞1成立．

点评 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及不等式的证明，综合性较强，运算量较大．