Question

20．已知函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx（a＞0）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁、x₂，且x₁＜x₂．
（1）求a的取值范圍；
（2）證明：f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{-3-2ln2}{4}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出a的范圍即可；
（2）依題意得f′（x）=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，即x²-x+a=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，
可得x₁+x₂=1，x₁•x₂=a，由（1）得a∈（0，$\frac{1}{4}$）．f（x₁）+f（x₂）=）=$\frac{1}{2}$x₁²-x₁+alnx₁=$\frac{1}{2}$x₂²-x₂+alnx₂=$\frac{1}{2}[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{2}{x}_{1}]-（{x}_{1}+{x}_{2}）+a（$lnx₁+lnx₂）=alnaa-a-$\frac{1}{2}$，令g（a）=alna-a-$\frac{1}{2}$，a∈（0，$\frac{1}{4}$）．利用導(dǎo)數(shù)求解．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=$\frac{1}{2}$x²-x+alnx的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=x-1+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}-x+a}{x}$，
當(dāng)△=1-4a≤0，即a≥$\frac{1}{4}$時(shí)，f′（x）≥0恒成立，此時(shí)函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，無(wú)極值；
當(dāng)當(dāng)△=1-4a＞0，即a＜$\frac{1}{4}$時(shí)，∴f′（x）=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，此時(shí)函數(shù)有兩個(gè)極值．
綜上，a的取值范圍（0，$\frac{1}{4}$）．
（2）證明：∵f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂且x₁＜x₂，∴f′（x）=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，
∴x²-x+a=0有兩個(gè)不同的根x₁，x₂且x₁＜x₂，
∴x₁+x₂=1，x₁•x₂=a，由（1）得a∈（0，$\frac{1}{4}$）．
f（x₁）+f（x₂）=）=$\frac{1}{2}$x₁²-x₁+alnx₁=$\frac{1}{2}$x₂²-x₂+alnx₂
=$\frac{1}{2}[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{2}{x}_{1}]-（{x}_{1}+{x}_{2}）+a（$lnx₁+lnx₂）=alnaa-a-$\frac{1}{2}$，
令g（a）=alna-a-$\frac{1}{2}$，a∈（0，$\frac{1}{4}$）．g′（a）=lna，在a∈（0，$\frac{1}{4}$）時(shí)．g′（a）＜0恒成立．
∴g（a）在（0，$\frac{1}{4}$）單調(diào)遞減，故g（a）$＞g（\frac{1}{4}）$=$\frac{-3-2ln2}{4}$．
∴f（x₁）+f（x₂）＞$\frac{-3-2ln2}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查不等式的證明，分類(lèi)討論思想，屬于中檔題．