Question

5．己知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}{x}^{2}$ （a∈R），
（Ⅰ） 若函数y=f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为x+y+b=0，求实数a，b的值；
（Ⅱ） 若函数f（x）≤0，求实数a取值范围；
（Ⅲ） 若函数f（x）有两个不同的极值点分别为x₁，x₂求证：x₁x₂＞1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，利用函数在点（1，f（1））处的切线方程为x+y+b=0列式求得a，b的值；
（Ⅱ）把f（x）≤0恒成立转化为$a≥\frac{2lnx}{x}$恒成立，构造函数$g（x）=\frac{2lnx}{x}$，利用导数求其最大值得答案；
（Ⅲ）利用函数f（x）在极值点处的导数等于0，得到ln（x₁x₂）=a（x₁+x₂）-2=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}（{x}_{1}+{x}_{2}）-2$．
再把证x₁x₂＞1转化为证$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$．令$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞1$换元后再由导数证明．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}{x}^{2}$，
得f′（x）=lnx-ax+1，
∵切线方程为x+y+b=0，
∴f′（1）=1-a=-1，即a=2．
又$f（1）=-\frac{a}{2}=-1$，可得切点为（1，-1），代入切线方程得b=0；
（Ⅱ） 解：f（x）≤0恒成立等价于$a≥\frac{2lnx}{x}$恒成立，即$a≥（\frac{2lnx}{x}）_{max}$，
设$g（x）=\frac{2lnx}{x}$，则${g}^{′}（x）=\frac{2（1-lnx）}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，e）时，g′（x）＞0；
当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0．
∴当x=e时，$g（x）_{max}=\frac{2}{e}$，即$a≥\frac{2}{e}$； 
（Ⅲ）证明：若函数f（x）有两个不同的极值点x₁，x₂，
即f′（x₁）=lnx₁-ax₁+1=0，f′（x₂）=lnx₂-ax₂+1=0，
即lnx₁+lnx₂-a（x₁+x₂）+2=0且lnx₁-lnx₂-a（x₁-x₂）=0．
也就是ln（x₁x₂）=a（x₁+x₂）-2=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}（{x}_{1}+{x}_{2}）-2$．
要证x₁x₂＞1，只要证$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}（{x}_{1}+{x}_{2}）-2$＞0．
即证$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}（{x}_{1}+{x}_{2}）＞2$，
不妨设x₁＞x₂，只要证$ln{x}_{1}-ln{x}_{2}＞\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$成立，
即证$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞\frac{2（\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}-1）}{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1}$．
令$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＞1$，即证$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，则${h}^{′}（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{（t+1）^{2}}=\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}＞0$．
∴h（t）在（1，+∞）上是增函数，
∴h（t）＞h（1）=0，原式得证．

点评 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数求函数的最值，重点考查了数学转化等数学思想方法，是压轴题．