Question

11．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}$x²-ax+（3-a）lnx，a∈R．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x-y+1=0垂直，求a的值；
（2）设f（x）有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：-5-f（x₁）＜f（x₂）＜-$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据f′（1）的值，求出a的值；
（2）根据x₁，x₂是方程f′（x）=0的根，得到关于a的不等式组，求出a的范围，求出f（x₁）+f（x₂）的表达式，设h（a）=-$\frac{1}{2}$a²+a-3+（3-a）ln（3-a），a∈（2，3），根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{{x}^{2}-ax+3-a}{x}$，∴f′（1）=4-2a，
由题意4-2a=-$\frac{1}{2}$，解得：a=$\frac{9}{4}$；
（2）证明：由题意，x₁，x₂为f′（x）=0的两根，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}-4（3-a）＞0}\\{a＞0}\\{3-a＞0}\end{array}\right.$，∴2＜a＜3，
由x₁+x₂=a＞2，x₁x₂=3-a＜1，知x₁＜1＜x₂，
结合单调性有f（x₂）＜f（1）=$\frac{1}{2}$-a＜-$\frac{3}{2}$，
又f（x₁）+f（x₂）=$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）-a（x₁+x₂）+（3-a）lnx₁x₂=-$\frac{1}{2}$a²+a-3+（3-a）ln（3-a），
设h（a）=-$\frac{1}{2}$a²+a-3+（3-a）ln（3-a），a∈（2，3），
则h′（a）=-a-ln（3-a），
h″（a）=$\frac{a-2}{3-a}$＞0，故h′（a）在（2，3）递增，又h′（2）=-2＜0，
a→3时，h′（a）→+∞，
∴?a₀∈（2，3），当a∈（2，a₀）时，h（a）递减，当a∈（a₀，3）时，h（a）递增，
∴h（a）_min=h（a₀）=-$\frac{1}{2}$${{a}_{0}}^{2}$+a₀-3+（3-a₀）•（-a₀）=$\frac{1}{2}$${{a}_{0}}^{2}$-2a₀-3＞-5，
∴?a∈（2，3），h（a）＞-5，
综上，-5-f（x₁）＜f（x₂）＜-$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．