Question

13．设函数f（x）=alnx-bx²（x＞0）
（1）若函数f（x）的图象在点（1，-$\frac{1}{2}$）处的切线与x轴平行，探究函数f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上是否存在极小值；
（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）-kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x₁，x₂，证明：x₁，x₂＞e²．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据函数f（x）的图象在点（1，-$\frac{1}{2}$）处的切线与x轴平行，得到关于a，b的方程组，解出a，b的值，从而求出f（x）的解析式，求出函数的单调区间，判断函数的极值问题即可；
（2）求出$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=k，问题转化为证明$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则t＞1，设h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a}{x}$-2bx，
函数f（x）的图象在点（1，-$\frac{1}{2}$）处的切线与x轴平行，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=a-2b=0}\\{f（1）=-b=-\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
故f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x²，f′（x）=$\frac{1{-x}^{2}}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：$\frac{1}{e}$≤x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x≤e，
故f（x）在[$\frac{1}{e}$，1）递增，在（1，e]递减，
故f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]商不存在极小值；
（2）a=1，b=0时，g（x）=f（x）-kx=lnx-kx，
由g（x）=0，得：lnx=kx，设x₁＞x₂，
∵lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0，
∴lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），
lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
∴$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=k，
要证明x₁x₂＞e²，只需证明lnx₁+lnx₂＞2，
即证明k（x₁+x₂）＞2，即证明k＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即证明$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
即证明ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{x}_{1}+x}_{2}}$，
设t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，则t＞1，
设h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），
则h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴函数h（t）在（1，+∞）递增，
∵h（1）=0，∴h（t）＞h（1）=0，
∴lnt＞$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
∴x₁x₂＞e²．

点评 本题考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分析理解与计算能力，是一道综合题．