Question

9．已知函数f（x）=lnx-2ax，a∈R．
（Ⅰ）若函数y=f（x）存在与直线2x-y=0垂直的切线，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}{x^2}$，若g（x）有极大值点x₁，求证：$\frac{{ln{x_1}}}{x_1}+\frac{1}{{{x_1}^2}}$＞a．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，问题转化为x=$\frac{2}{4a-1}$在（0，+∞）上有解，求出a的范围即可；
（Ⅱ）求出g（x）的解析式，通过讨论a的范围，问题转化为证明x₁lnx₁+1＞ax12，令h（x）=-$\frac{{x}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x+xlnx+1，x∈（0，1），根据函数的单调性证明即可．

解答 （Ⅰ）解：因为f′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，x＞0，
因为函数y=f（x）存在与直线2x-y=0垂直的切线，
所以f′（x）=-$\frac{1}{2}$在（0，+∞）上有解，
即$\frac{1}{x}$-2a=-$\frac{1}{2}$在（0，+∞）上有解，
也即x=$\frac{2}{4a-1}$在（0，+∞）上有解，
所以$\frac{2}{4a-1}$＞0，得a＞$\frac{1}{4}$，
故所求实数a的取值范围是（$\frac{1}{4}$，+∞）；
（Ⅱ）证明：因为g（x）=f（x）+$\frac{1}{2}$x²=$\frac{1}{2}$x²+lnx-2ax，
因为g′（x）=$\frac{{x}^{2}-2ax+1}{x}$，
①当-1≤a≤1时，g（x）单调递增无极值点，不符合题意，
②当a＞1或a＜-1时，令g′（x）=0，设x²-2ax+1=0的两根为x₁和x₂，
因为x₁为函数g（x）的极大值点，所以0＜x₁＜x₂，
又x₁x₂=1，x₁+x₂=2a＞0，所以a＞1，0＜x₁＜1，
所以g′（x₁）=x₁²-2ax₁+$\frac{1}{{x}_{1}}$=0，则a=$\frac{{{x}_{1}}^{2}+1}{{2x}_{1}}$，
要证明 $\frac{l{nx}_{1}}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$＞a，只需要证明x₁lnx₁+1＞ax₁²，
因为x₁lnx₁+1-ax₁²=x₁lnx₁-$\frac{{{{x}_{1}}^{3}+x}_{1}}{2}$+1=-$\frac{{{x}_{1}}^{3}}{2}$-$\frac{1}{2}$x₁+x₁lnx₁+1，0＜x₁＜1，
令h（x）=-$\frac{1}{2}$x³-$\frac{1}{2}$x+xlnx+1，x∈（0，1），
所以h′（x）=-$\frac{3}{2}$x²-$\frac{1}{2}$+lnx，记P（x）=-$\frac{3}{2}$x²-$\frac{1}{2}$+lnx，x∈（0，1），
则P′（x）=-3x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-{3x}^{2}}{x}$，
当0＜x＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，p′（x）＞0，当$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜1时，p′（x）＜0，
所以p（x）_max=p（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）=-1+ln$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜0，所以h′（x）＜0，
所以h（x）在（0，1）上单调递减，
所以h（x）＞h（1）=0，原题得证．

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分类讨论思想，是一道中档题．