Question

18．已知函数f（x）=xlnx-$\frac{a}{2}$x²（a∈R）．
（1）若x＞0，恒有f（x）≤x成立，求实数a的取值范围；
（2）若函数g（x）=f（x）-x有两个相异极值点x₁、x₂，求证：$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

Answer 1

分析 （1）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值即可，
（2）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 $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，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）x＞0，恒有f（x）≤x成立，
∴xlnx-$\frac{a}{2}$x²≤x恒成立，∴$\frac{a}{2}$≥$\frac{lnx-1}{x}$，
设g（x）=$\frac{lnx-1}{x}$，∴g′（x）=$\frac{2-lnx}{{x}^{2}}$，
当g′（x）＞0时，即0＜x＜e²，函数g（x）单调递增，
当g′（x）＜0时，即x＞e²，函数g（x）单调递减，
∴g（x）_max=g（e²）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
∴$\frac{a}{2}$≥$\frac{1}{{e}^{2}}$，∴a≥$\frac{2}{{e}^{2}}$，
∴实数a的取值范围为[$\frac{2}{{e}^{2}}$，+∞）；
（2）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 $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{{{x}_{2}}^{2}{{-x}_{1}}^{2}}{{{2x}_{2}x}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）
令 $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，即证lnt＜$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$）
设φ（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），则φ′（t）=-$\frac{{（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
函数φ（t）在（1，+∞）上单调递减，
∴φ（t）＜φ（1）=0，
∴$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2，
又∵0＜a＜$\frac{1}{e}$，∴ae＜1，
∴$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

点评 本题考查了利用导数求函数的最值，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．