Question

17．已知a是实常数，函数f（x）=xlnx+ax²．
（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线过点A（0，-2），求实数a的值；
（2）若f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），
①求证：-$\frac{1}{2}$＜a＜0；
②求证：f（x₂）＞f（x₁）＞-$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线方程，代入点（0，-2），即可解得a；
（2）①依题意：f′（x）=0 有两个不等实根x₁，x₂（x₁＜x₂），设g（x）=lnx+2ax+1，求出导数，讨论当a≥0时，当a＜0时，求得函数g（x）的单调性，令极大值大于0，解不等式即可得证；
②由①知：f（x），f′（x） 变化，求得f（x）的增区间，通过导数，判断x₁∈（0，1），设h（x）=$\frac{1}{2}$（xlnx-x）（0＜x＜1），求得h（x）的单调性，即可得证．

解答 （1）解：由已知可得，f′（x）=lnx+1+2ax（x＞0），切点P（1，a），
f（x）在x=1处的切线斜率为k=1+2a，
切线方程：y-a=（2a+1）（x-1），
把（0，-2）代入得：a=1；                 
（2）证明：①依题意：f′（x）=0 有两个不等实根x₁，x₂（x₁＜x₂），
设g（x）=lnx+2ax+1   则：g′（x）=$\frac{1}{x}$+2a（x＞0）
当a≥0时，有g′（x）＞0，所以g（x）是增函数，不符合题意； 
当a＜0时：由g′（x）=0得：x=-$\frac{1}{2a}$＞0，
列表如下：

x	（0，-$\frac{1}{2a}$）	-$\frac{1}{2a}$	（-$\frac{1}{2a}$，+∞）
g′（x）	+	0	-
g（x）	↗	极大值	↘

依题意：g（-$\frac{1}{2a}$）=ln（-$\frac{1}{2a}$）＞0，解得：-$\frac{1}{2}$＜a＜0，
综上可得，-$\frac{1}{2}$＜a＜0得证；                                  
②由①知：f（x），f′（x） 变化如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-
f（x）	↘		↗		↘

由表可知：f（x） 在[x₁，x₂]上为增函数，所以：f（x₂）＞f（x₁）              
又f′（1）=g（1）=1+2a＞0，故x₁∈（0，1），
由（1）知：ax₁=$\frac{-1-ln{x}_{1}}{2}$，f（x₁）=x₁lnx₁+ax₁²=$\frac{1}{2}$（x₁lnx₁-x₁）（0＜x₁＜1）
设h（x）=$\frac{1}{2}$（xlnx-x）（0＜x＜1），则h′（x）=$\frac{1}{2}$lnx＜0成立，所以h（x）单调递减，
故：h（x）＞h（1）=-$\frac{1}{2}$，也就是f（x₁）＞-$\frac{1}{2}$
综上所证：f（x₂）＞f（x₁）＞-$\frac{1}{2}$成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值，主要考查导数的几何意义和分类讨论的思想方法，注意函数的单调性的运用，属于中档题．