Question

7．已知函数f（x）=$\frac{1}{2}{x^2}$-2ax+1+lnx
（Ⅰ）当a=0时，若函数f（x）在其图象上任意一点A处的切线斜率为k，求k的最小值，并求此时的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）的极大值点为x₁，证明：x₁lnx₁-ax₁²＞-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的导数，由基本不等式可得斜率的最小值，及切点，运用点斜式方程可得切线的方程；
（Ⅱ）求出f（x）的导数，讨论判别式的符号，设出二次方程的两根，运用韦达定理和构造函数$h（x）=-\frac{{{x_{\;}}^3}}{2}-\frac{1}{2}{x_{\;}}+xlnx$，x∈（0，1），求出导数，求得单调区间和极值、最值，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）∵a=0，∴$f（x）=\frac{1}{2}{x^2}+1+lnx（x＞0）$，
∴$f'（x）=x+\frac{1}{x}≥2$，当仅当$x=\frac{1}{x}$时，即x=1时，f'（x）的最小值为2，
∴斜率k的最小值为2，切点A$（1，\frac{3}{2}）$，
∴切线方程为$y-\frac{3}{2}=2（x-1）$，即4x-2y-1=0；
（Ⅱ）∵$f'（x）=x-2a+\frac{1}{x}=\frac{{{x^2}-2ax+1}}{x}（x＞0）$，
①当-1≤a≤1时，f（x）单调递增无极值点，不符合题意；
②当a＞1或a＜-1时，令f'（x）=0，设x²-2ax+1=0的两根为x₁和x₂，
因为x₁为函数f（x）的极大值点，所以0＜x₁＜x₂，
又x₁x₂=1，x₁+x₂=2a＞0，∴a＞1，0＜x₁＜1，
∴f′（x₁）=0，${x_1}^2-2a{x_1}+\frac{1}{x_1}=0$，则$a=\frac{{{x_1}^2+1}}{{2{x_1}}}$，
∵${x_1}ln{x_1}-a{x_1}^2$=${x_1}ln{x_1}-\frac{{{x_1}^3+{x_1}}}{2}$=$-\frac{{{x_1}^3}}{2}-\frac{1}{2}{x_1}+{x_1}ln{x_1}$，x₁∈（0，1），
令$h（x）=-\frac{{{x_{\;}}^3}}{2}-\frac{1}{2}{x_{\;}}+xlnx$，x∈（0，1），
∴${h^'}（x）=-\frac{{3{x_{\;}}^2}}{2}+\frac{1}{2}+lnx$，∴h′（x）=-3x+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-3{x}^{2}}{x}$，x∈（0，1），
当$0＜x＜\frac{{\sqrt{3}}}{3}$时，h′（x）＞0，当$\frac{{\sqrt{3}}}{3}＜x＜1$时，h′（x）＜0，
∴h′（x）在$（0，\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$上单调递增，在$（\frac{{\sqrt{3}}}{3}，1）$上单调递减，
∴${h^'}（x）≤{h^'}（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）=-ln\sqrt{3}＜0$，
∴h（x）在（0，1）上单调递减．
∴h（x）＞h（1）=-1，原题得证．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，考查函数方程的转化思想的运用，以及构造函数的方法，同时考查分类讨论的思想方法，属于中档题．