Question

11．设函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-bx+alnx．
（Ⅰ）若曲线f（x）在点（1，$\frac{3}{2}$）处的切线平行于x轴，求f（x）；
（Ⅱ）f（x）存在极大值点x₀，且a＜e²（其中e=2.71828…），求证：f（x₀）＜0．

Answer 1

分析 （I）令f（1）=$\frac{3}{2}$，f′（1）=0即可解出a，b，得出f（x）的解析式；
（II）根据f（x）有极大值点可得f（x）也有极小值点，利用二次函数的性质列出不等式组得出a，b的范围和关系，求出x₀的范围，化简得f（x₀）=-$\frac{1}{2}$x₀²+alnx₀-a，求出右侧函数在x₀的范围内恒小于0即可．

解答 解：（I）f′（x）=x-b+$\frac{a}{x}$，
∵曲线f（x）在点（1，$\frac{3}{2}$）处的切线平行于x轴，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=\frac{3}{2}}\\{f′（1）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}-b=\frac{3}{2}}\\{1-b+a=0}\end{array}\right.$，
解得a=-2，b=-1．
∴f（x）=$\frac{1}{2}$x²+x-2lnx．
（II）f（x）的定义域为（0，+∞）．
令f′（x）=x-b+$\frac{a}{x}$=0得x²-bx+a=0，
∵f（x）存在极大值点x₀，且x→+∞时，f′（x）→+∞，
∴f（x）存在极小值点x₁，
∴x²-bx+a=0有两个正实数根x₀，x₁，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a＞0}\\{{b}^{2}-4a＞0}\\{\frac{b}{2}＞0}\end{array}\right.$，∴a＞0，b＞0，b＞2$\sqrt{a}$．
∵x₀是f（x）的极大值点，∴f′（x₀）=x₀-b+$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，即x₀²-bx₀+a=0，
∴bx₀=x₀²+a．
∵x₀=$\frac{b-\sqrt{{b}^{2}-4a}}{2}$=$\frac{2a}{b+\sqrt{{b}^{2}-4a}}$，b$＞2\sqrt{a}$，
∴0＜x₀＜$\sqrt{a}$，
∴f（x₀）=$\frac{1}{2}$x₀²-bx₀+alnx₀=$\frac{1}{2}$x₀²-（x₀²+a）+alnx₀=-$\frac{1}{2}$x₀²+alnx₀-a，
∴f′（x₀）=-x₀+$\frac{a}{{x}_{0}}$=$\frac{a-{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}}$＞0，
∴f（x₀）在（0，$\sqrt{a}$）上单调递增，
∴f（x₀）＜f（$\sqrt{a}$）=-$\frac{1}{2}$a+aln$\sqrt{a}$-a=-$\frac{3}{2}a$+$\frac{1}{2}a$lna=$\frac{1}{2}a$（lna-3）＜0．

点评 本题考查了导数的几何意义，导数与函数单调性、函数极值的关系，利用函数极值和导数之间的关系转化为一元二次方程根的与判别式△之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．