Question

20．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²（a∈R）．
（1）若a=2，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若a=0，求f（x）在区间[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）若函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x₁，x₂，求证：$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导函数，切线斜率k=f′（1），利用切线的定义，即可求出切线方程；
（2）求出函数的导数，通过讨论t的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（3）函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x₁、x₂，即导函数g′（x）有两个不同的实数根x₁、x₂，对a进行分类讨论，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，构造函数φ（t），利用函数φ（t）的单调性证明不等式．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=xlnx-x²，f′（x）=lnx+1-2x，
∴f（1）=-1，f′（1）=-1，
曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=-x；
（2）a=0时，f（x）=xlnx，（x＞0），
f′（x）=1+lnx，
当t＞$\frac{1}{e}$时，f′（x）＞0，
f（x）在[t，t+2]增，最小值为tlnt；
当0＜t≤$\frac{1}{e}$时，令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令f′（x）＜0，解得：x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）在[t，$\frac{1}{e}$]减，[$\frac{1}{e}$，t+2]增，最小值为-$\frac{1}{e}$．
证明：（3）g′（x）=f（x）′-1=lnx-ax，函数g（x）=f（x）-x有两个极值点x₁、x₂，
即g′（x）=lnx-ax=0有两个不同的实根，
当a≤0时，g′（x）单调递增，g′（x）=0不可能有两个不同的实根；
当a＞0时，设h（x）=lnx-ax，h′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，
若0＜x＜$\frac{1}{a}$时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
若x＞$\frac{1}{a}$时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
∴h（$\frac{1}{a}$）=-lna-1＞0，
∴0＜a＜$\frac{1}{e}$．
不妨设x₂＞x₁＞0，
∵g′（x₁）=g′（x₂）=0，
∴lnx₁-ax₁=0，lnx₂-ax₂=0，lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
先证 $\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，即证 $\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{{{2x}_{1}x}_{2}}$，
即证ln $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{{{{x}_{2}}^{2}-x}_{1}}^{2}}{{{2x}_{1}x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）
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）=$\frac{2t{-t}^{2}-1}{{2t}^{2}}$=$\frac{{-（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0
函数φ（t）在（1，+∞）上单调递减，
∴φ（t）＜φ（1）=0，
∴$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，
又∵ae＜1，
∴$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2ae．

点评 本题考查了，利用导数求函数的切线，运用分类讨论，等价转化思想证明不等式．是一道导数综合题，难题较大．