Question

5．已知a为常数，函数$f（x）=xlnx-\frac{1}{2}a{x^2}$，
（1）当a=0时，求函数f（x）的最小值；
（2）若f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂）
①求实数a的取值范围；
②求证：$f（{x_1}）＜-\frac{1}{e}$且x₁x₂＞1（其中e为自然对数的底）

Answer 1

分析 （1）把a=0代入函数解析式，求得导函数，由导函数的零点得到函数的单调性，由此求得函数的最小值；
（2）①由f（x）有两个极值点，可得导函数有两个不同的零点，进一步转化为$\frac{1+lnx}{x}=a$有两个不同解，令φ（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，利用导数求其最大值，再结合φ（$\frac{1}{e}$）=0，可得a∈（0，1），且x₁∈（$\frac{1}{e}，1$）；
②由①可得，1+lnx₁=ax₁，f（x₁）=${x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}a{{x}_{1}}^{2}$，消去a可得$f（{x}_{1}）={x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}{x}_{1}（1+ln{x}_{1}）=\frac{1}{2}$（x₁lnx₁-x₁），x₁∈$（\frac{1}{e}，1）$，构造函数g（x）=xlnx-x，x∈（$\frac{1}{e}，1$），利用导数求得g（x）的单调性，即可证得$f（{x}_{1}）＜f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$；由①可得lnx₁=ax₁-1，lnx₂=ax₂-1，联立两式可得$ln{x}_{1}{x}_{2}=\frac{（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}-2$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}（1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}-2$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}∈（0，1）$，构造函数$h（t）=\frac{（t+1）lnt}{t-1}-2$，经过三次求导得答案．

解答 解：（1）当a=0时，f（x）=xlnx，f′（x）=1+lnx，当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0，
当x∈（$\frac{1}{e}，+∞$）时，f′（x）＞0，
∴$f（x）_{min}=f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$；
（2）①f′（x）=1+lnx-ax，由于f（x）有两个极值点，可得1+lnx-ax=0有两个不同解，即$\frac{1+lnx}{x}=a$有两个不同解，
令φ（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，则φ′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，φ′（1）=0，当x∈（0，1）时，φ′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，
∴φ（x）_max=φ（1）=1，且φ（$\frac{1}{e}$）=0，由数形结合可得a∈（0，1），且x₁∈（$\frac{1}{e}，1$），
②由①可得，1+lnx₁=ax₁，f（x₁）=${x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}a{{x}_{1}}^{2}$，消去a可得
$f（{x}_{1}）={x}_{1}ln{x}_{1}-\frac{1}{2}{x}_{1}（1+ln{x}_{1}）=\frac{1}{2}$（x₁lnx₁-x₁），x₁∈$（\frac{1}{e}，1）$，构造函数g（x）=xlnx-x，x∈（$\frac{1}{e}，1$），
g′（x）=lnx＜0，∴g（x）在（$\frac{1}{e}，1$）上单调递减，则$f（{x}_{1}）＜f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$，
再证x₁x₂＞1：由①可得lnx₁=ax₁-1，lnx₂=ax₂-1，将两式相加可得lnx₁x₂=a（x₁+x₂）-2，
两式相减可得lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），即$a=\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，代入lnx₁x₂=a（x₁+x₂）-2，可得
$ln{x}_{1}{x}_{2}=\frac{（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}-2$=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}（1+\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1}-2$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}∈（0，1）$，
构造函数$h（t）=\frac{（t+1）lnt}{t-1}-2$，h′（t）=$\frac{{t}^{2}-1-2tlnt}{t（t-1）^{2}}$，再令k（t）=t²-1-2tlnt，t∈（0，1），
k′（t）=2（t-1-lnt），再令g（t）=t-1-lnt，g′（t）=1-$\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}＜0$，可得
g（t）＞g（1）=0，进而k（t）单调递增，可得k（t）＜k（1）=0，
∴h（t）单调递增，由洛必达法则，$\underset{lim}{t→1}[\frac{（t+1）lnt}{t-1}-2]=\underset{lim}{t→1}[lnt+\frac{1}{t}+1-2]=0$，
∴h（t）＞0，lnx₁x₂＞0，则x₁x₂＞1．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的极值，着重考查函数构造法，考查数学转化思想方法，题目设置难度较大．