Question

9．已知函数$f（x）=xlnx-\frac{a}{2}{x^2}（{a∈R}）$．
（1）当a=1时，求函数在点（1，-$\frac{1}{2}$）处的切线方程；
（2）若函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x₁，x₂，求a的取值范围．
（3）在（2）的条件下，求证：$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（1），求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性，从而确定a的范围即可；
（3）要证$\frac{1}{{ln{x_1}}}+\frac{1}{{ln{x_2}}}＞2$，即证$ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{x_2^2-x_1^2}{{2{x_1}{x_2}}}=\frac{1}{2}（\frac{x_2}{x_1}-\frac{x_1}{x_2}）$，令$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，即证$lnt＜\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，设$φ（t）=lnt-\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）a=1时，f（x）=xlnx-$\frac{1}{2}$x²，
则f′（x）=lnx+1-x，
则f′（1）=0，
故切线方程是：y+$\frac{1}{2}$=0（x-1），
即y=-$\frac{1}{2}$；
（2）函数g（x）=f（x）-x有两个相异的极值点x₁，x₂，
即g′（x）=lnx-ax=0有两个不同的实数根，
①当a≤0时，g′（x）单调递增，
g′（x）=0不可能有两个不同的实根；
②当a＞0时，设h（x）=lnx-ax，${h^'}（x）=\frac{1-ax}{x}$，
当$0＜x＜\frac{1}{a}$时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
当$x＞\frac{1}{a}$时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
∴$h（\frac{1}{a}）=-lna-1＞0$，∴$0＜a＜\frac{1}{e}$，
（3）不妨设x₂＞x₁＞0，∵${g^'}（{x_1}）={g^'}（{x_2}）=0$，
∴lnx₂-ax₂=0，lnx₁-ax₁=0，lnx₂-lnx₁=a（x₂-x₁），
要证$\frac{1}{{ln{x_1}}}+\frac{1}{{ln{x_2}}}＞2$，即证$\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}＜\frac{{{x_2}+{x_1}}}{{2{x_1}{x_2}}}$，
即证$ln\frac{x_2}{x_1}＜\frac{x_2^2-x_1^2}{{2{x_1}{x_2}}}=\frac{1}{2}（\frac{x_2}{x_1}-\frac{x_1}{x_2}）$，
令$t=\frac{x_2}{x_1}＞1$，即证$lnt＜\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，设$φ（t）=lnt-\frac{1}{2}（t-\frac{1}{t}）$，
则${φ^'}（t）=\frac{{2t-{t^2}-1}}{{2{t^2}}}=\frac{{-{{（t-1）}^2}}}{{2{t^2}}}＜0$，
函数φ（t）在（1，+∞）单调递减，
∴φ（t）＜φ（1）=0，
∴$\frac{1}{{ln{x_1}}}+\frac{1}{{ln{x_2}}}＞2$．

点评 本题考查了求切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．