Question

19．已知函数f（x）=x（lnx-ax）（a∈R），g（x）=f′（x）．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线3x-y-1=0平行，求实数a的值；
（2）若函数F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$x²有两个极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，求证：f（x₂）-1＜f（x₁）

Answer 1

分析 （1）利用导数的几何意义求切线斜率，解a；
（2）利用极值点与其导数的关系求出a的范围，进一步求出f（x）的解析式，通过求导判断其单调性以及最值．

解答 解：（1）∵f′（x）=ln x-2ax+1，∴f′（1）=1-2a
因为3x-y-1=0的斜率为3．依题意，得1-2a=3；则a=-1．…（4分）
（2）证明：因为F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$x²=ln x-2ax+1+$\frac{1}{2}$x²，
所以F′（x）=$\frac{1}{x}$-2a+x=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$（x＞0），函数F（x）=g（x）+$\frac{1}{2}$x²有两个极值点x₁，x₂
且x₁＜x₂，即h（x）=x²-2ax+1在（0，+∞）上有两个相异零点x₁，x₂．
∵x₁x₂=1＞0，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{a}^{2}-4＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2a＞0}\end{array}\right.$
∴a＞1．…（6分）
当0＜x＜x₁或x＞x₂时，h（x）＞0，F′（x）＞0．当x₁＜x＜x₂时，h（x）＜0，F′（x）＜0．
所以F（x）在（0，x₁）与（x₂，+∞）上是增函数，在区间（x₁，x₂）上是减函数．
因为h（1）=2-2a＜0，所以0＜x₁＜1＜a＜x₂，令x²-2ax+1=0，得a=$\frac{{x}^{2}+1}{2x}$，
∴f（x）=x（ln x-ax）=xln x-$\frac{1}{2}$x³-$\frac{1}{2}$x，则f′（x）=ln x-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，
设s（x）=ln x-$\frac{3}{2}$x²+$\frac{1}{2}$，s′（x）=$\frac{1}{x}$-3x=$\frac{1-3x2}{x}$，…（8分）
①当x＞1时，s′（x）＜0，s（x）在（1，+∞）上单调递减，从而函数s（x）在（a，+∞）上单调递减，
∴s（x）＜s（a）＜s（1）=-1＜0，即f′（x）＜0，所以f（x）在区间（1，+∞）上单调递减．
故f（x）＜f（1）=-1＜0．又1＜a＜x₂，因此f（x₂）＜-1．…（10分）
②当0＜x＜1时，由s′（x）=$\frac{1-3x2}{x}$＞0，得0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
由s′（x）=$\frac{1-3x2}{x}$＜0，得$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜1，所以s（x）在[0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$]上单调递增，s（x）在[$\frac{\sqrt{3}}{3}$，1]上单调递减，
∴s（x）≤s_max=ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，∴f（x）在（0，1）上单调递减，
∴f（x）＞f（1）=-1，∵x₁∈（0，1），
从而有f（x₁）＞-1．
综上可知：f（x₂）＜-1＜f（x₁）．…（12分）

点评 本题考查了导数的几何意义以及利用导数求函数的单调区间和最值；考查了讨论的数学思想，属于难题．