Question

1．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$ax²+lnx，g（x）=-bx，其中a，b∈R，设h（x）=f（x）-g（x），
（1）若f（x）在x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$处取得极值，且f′（1）=g（-1）-2．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）根据极值点处的导数为零，结合f（1）=g（-1）-2列出关于a，b的方程组，求出a，b，然后再利用导数研究导数研究单调区间；
（2）①将a=0代入，研究极值的符号，即可求出求b的取值范围，
②结合①的结论，通过适当的变形，利用放缩法和基本不等式即可证明．

解答 解：（1）由已知得f$′（x）=ax+\frac{1}{x}$，（x＞0），
所以$f′（\frac{\sqrt{2}}{2}）=\frac{\sqrt{2}}{2}a+\sqrt{2}=0$，所以a=-2．
由f′（1）=g（-1）-2，
得a+1=b-2，
所以b=1．
所以h（x）=-x²+lnx+x，（x＞0）．
则$h′（x）=-2x+\frac{1}{x}+1=\frac{2（x+\frac{1}{2}）（x-1）}{-x}$，（x＞0），
由h′（x）＞0得0＜x＜1，h′（x）＜0得x＞1．
所以h（x）的减区间为（1，+∞），增区间为（0，1）．
（2）①由已知h（x）=lnx+bx，（x＞0）．
所以h$′（x）=\frac{1}{x}+b$，（x＞0），
当b≥0时，显然h′（x）＞0恒成立，此时函数h（x）在定义域内递增，h（x）至多有一个零点，不合题意．
当b＜0时，令h′（x）=0得x=$-\frac{1}{b}$＞0，令h′（x）＞0得$0＜x＜-\frac{1}{b}$；令h′（x）＜0得$x＞-\frac{1}{b}$．
所以h（x）_极大=h（$-\frac{1}{b}$）=-ln（-b）-1＞0，解得$-\frac{1}{e}＜b＜0$．
且x→0时，lnx＜0，x→+∞时，lnx＞0．
所以当$b∈（-\frac{1}{e}，0）$时，h（x）有两个零点．
②证明：由题意得$\left\{\begin{array}{l}{ln{x}_{1}+b{x}_{1}=0}\\{ln{x}_{2}+b{x}_{2}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{-b{x}_{1}}={x}_{1}①}\\{{e}^{-b{x}_{2}}={x}_{2}②}\end{array}\right.$，
①×②得${e}^{-b（{x}_{1}+{x}_{2}）}={x}_{1}{x}_{2}$．
因为x₁，x₂＞0，
所以-b（x₁+x₂）＞0，
所以${e}^{-b（{x}_{1}+{x}_{2}）}={x}_{1}{x}_{2}＞1$，
因为0＜-b＜$\frac{1}{e}$，
所以e^-b＜1，
所以x₁x₂＞${e}^{-2b\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞${e}^{2\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$＞e²，
所以$\frac{{{x}_{1}x}_{2}}{{e}^{2}}$＞1．

点评 本题考查了导数和函数的单调性和极值的关系，以及函数的零点存在定理和不等式的证明，培养了学生的运算能力，化归能力，分类讨论的能力，属于难题．